Una colección progresiva de 20 ejercicios resueltos sobre el principio de inducción matemática, concebida para comprender de forma rigurosa el funcionamiento de las demostraciones por inducción. Cada ejercicio ilustra con claridad:
- cómo verificar correctamente la base de inducción;
- cómo formular la hipótesis de inducción;
- cómo utilizar la hipótesis sin cometer errores lógicos;
- cómo demostrar el paso del caso \(n\) al caso \(n+1\).
El objetivo no es únicamente verificar fórmulas, sino comprender la estructura lógica de la demostración por inducción y aprender a desarrollar razonamientos rigurosos paso a paso.
Ejercicio 1 — nivel ★☆☆☆☆
Demostrar por inducción que:
\[ 1+2+3+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2} \]
Demostración
Base de inducción
Verificamos en primer lugar la propiedad para \(n=1\).
El miembro izquierdo vale:
\[ 1 \]
El miembro derecho vale:
\[ \frac{1(1+1)}{2}=\frac{2}{2}=1 \]
Ambos miembros coinciden. La propiedad es, por tanto, verdadera para \(n=1\).
Hipótesis de inducción
Supongamos ahora que la fórmula es verdadera para cierto número natural \(n\). Esta suposición recibe el nombre de hipótesis de inducción.
Suponemos, pues:
\[ 1+2+3+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2} \]
Es fundamental entender que no estamos suponiendo la fórmula verdadera para todos los números naturales, sino únicamente para un valor arbitrario \(n\).
Paso inductivo
Debemos demostrar que, si la fórmula es válida para \(n\), entonces también lo es para \(n+1\).
En otras palabras, debemos probar:
\[ 1+2+3+\dots+n+(n+1)=\frac{(n+1)(n+2)}{2} \]
Partimos del miembro izquierdo:
\[ 1+2+3+\dots+n+(n+1) \]
En este punto utilizamos la hipótesis de inducción, que nos permite sustituir la suma de los primeros \(n\) números por la expresión ya conocida:
\[ \frac{n(n+1)}{2} \]
Obtenemos así:
\[ 1+2+\dots+n+(n+1) = \frac{n(n+1)}{2}+(n+1) \]
Nuestro objetivo es ahora transformar esta expresión en la fórmula esperada:
\[ \frac{(n+1)(n+2)}{2} \]
Para ello, extraemos el factor común \(n+1\):
\[ \frac{n(n+1)}{2}+(n+1) = (n+1)\left(\frac{n}{2}+1\right) \]
Escribimos ahora \(1\) como \(\frac{2}{2}\) para poder sumar las fracciones:
\[ \frac{n}{2}+1 = \frac{n}{2}+\frac{2}{2} = \frac{n+2}{2} \]
Sustituyendo, obtenemos:
\[ (n+1)\left(\frac{n+2}{2}\right) = \frac{(n+1)(n+2)}{2} \]
Hemos demostrado, por tanto, que:
\[ 1+2+\dots+n+(n+1) = \frac{(n+1)(n+2)}{2} \]
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=1\) y hemos demostrado que la validez de la fórmula para \(n\) implica su validez para \(n+1\).
Por el principio de inducción matemática, concluimos que:
\[ 1+2+3+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2} \]
para todo número natural \(n\geq1\).
Ejercicio 2 — nivel ★☆☆☆☆
Demostrar por inducción que:
\[ 1+3+5+\dots+(2n-1)=n^2 \]
Demostración
Interpretación de la fórmula
El miembro izquierdo representa la suma de los primeros \(n\) números impares:
\[ 1,3,5,7,\dots \]
La fórmula afirma que dicha suma es siempre igual al cuadrado de \(n\).
Base de inducción
Verificamos la fórmula para \(n=1\).
El miembro izquierdo vale:
\[ 1 \]
El miembro derecho vale:
\[ 1^2=1 \]
Ambos miembros coinciden. La propiedad es, por tanto, verdadera para \(n=1\).
Hipótesis de inducción
Supongamos ahora que la fórmula es verdadera para cierto número natural \(n\).
Suponemos, pues:
\[ 1+3+5+\dots+(2n-1)=n^2 \]
Paso inductivo
Debemos demostrar que también se cumple:
\[ 1+3+5+\dots+(2n-1)+(2n+1)=(n+1)^2 \]
Es importante observar por qué aparece el término \(2n+1\).
En efecto:
\[ 2(n+1)-1=2n+2-1=2n+1 \]
Luego \(2n+1\) es exactamente el siguiente número impar.
Partimos ahora del miembro izquierdo:
\[ 1+3+5+\dots+(2n-1)+(2n+1) \]
Utilizamos la hipótesis de inducción para sustituir la parte inicial de la suma:
\[ n^2+(2n+1) \]
Obtenemos así:
\[ n^2+2n+1 \]
Reconocemos un cuadrado perfecto:
\[ n^2+2n+1=(n+1)^2 \]
Hemos demostrado así que:
\[ 1+3+5+\dots+(2n-1)+(2n+1)=(n+1)^2 \]
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=1\) y el paso inductivo ha sido verificado.
Por el principio de inducción matemática:
\[ 1+3+5+\dots+(2n-1)=n^2 \]
para todo \(n\geq1\).
Ejercicio 3 — nivel ★★☆☆☆
Demostrar por inducción que:
\[ 1+2+4+8+\dots+2^n=2^{n+1}-1 \]
Demostración
Interpretación de la fórmula
El miembro izquierdo representa la suma de las primeras potencias de \(2\):
\[ 2^0+2^1+2^2+\dots+2^n \]
La fórmula afirma que esta suma puede escribirse en forma cerrada como:
\[ 2^{n+1}-1 \]
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=0\).
El miembro izquierdo vale:
\[ 2^0=1 \]
El miembro derecho vale:
\[ 2^{0+1}-1=2^1-1=2-1=1 \]
Ambos miembros coinciden. La propiedad es, por tanto, verdadera para \(n=0\).
Hipótesis de inducción
Supongamos ahora que la fórmula es verdadera para cierto número natural \(n\).
Suponemos, pues:
\[ 1+2+4+\dots+2^n=2^{n+1}-1 \]
Paso inductivo
Debemos demostrar que también se cumple:
\[ 1+2+4+\dots+2^n+2^{n+1}=2^{n+2}-1 \]
Partimos del miembro izquierdo:
\[ 1+2+4+\dots+2^n+2^{n+1} \]
Utilizamos la hipótesis de inducción para sustituir la suma inicial:
\[ (2^{n+1}-1)+2^{n+1} \]
Agrupamos los términos semejantes:
\[ 2^{n+1}+2^{n+1}-1 \]
Puesto que:
\[ 2^{n+1}+2^{n+1}=2\cdot2^{n+1} \]
obtenemos:
\[ 2\cdot2^{n+1}-1 \]
Aplicando las propiedades de las potencias:
\[ 2\cdot2^{n+1}=2^{n+2} \]
se sigue que:
\[ 2^{n+2}-1 \]
Hemos demostrado, por tanto, que:
\[ 1+2+4+\dots+2^n+2^{n+1}=2^{n+2}-1 \]
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=0\) y el paso inductivo ha sido verificado.
Por el principio de inducción matemática:
\[ 1+2+4+8+\dots+2^n=2^{n+1}-1 \]
para todo \(n\geq0\).
Ejercicio 4 — nivel ★★☆☆☆
Demostrar por inducción que:
\[ 1^2+2^2+3^2+\dots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]
Demostración
Significado de la fórmula
La fórmula proporciona una expresión cerrada para la suma de los cuadrados de los primeros \(n\) números naturales.
En lugar de sumar cada término por separado:
\[ 1^2+2^2+3^2+\dots+n^2 \]
podemos calcular directamente:
\[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=1\).
El miembro izquierdo vale:
\[ 1^2=1 \]
El miembro derecho vale:
\[ \frac{1(1+1)(2\cdot1+1)}{6} \]
Simplificando:
\[ \frac{1\cdot2\cdot3}{6}=\frac{6}{6}=1 \]
La propiedad es, por tanto, verdadera para \(n=1\).
Hipótesis de inducción
Supongamos ahora que la fórmula es verdadera para cierto número natural \(n\).
Suponemos, pues:
\[ 1^2+2^2+3^2+\dots+n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]
Paso inductivo
Debemos demostrar que también se cumple:
\[ 1^2+2^2+\dots+n^2+(n+1)^2 = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6} \]
Partimos del miembro izquierdo:
\[ 1^2+2^2+\dots+n^2+(n+1)^2 \]
Utilizamos la hipótesis de inducción:
\[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2 \]
Para poder sumar los términos, escribimos todo con denominador \(6\):
\[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{6(n+1)^2}{6} \]
Obtenemos:
\[ \frac{n(n+1)(2n+1)+6(n+1)^2}{6} \]
Observamos que ambos términos del numerador contienen el factor \(n+1\). Lo extraemos:
\[ \frac{(n+1)\left[n(2n+1)+6(n+1)\right]}{6} \]
Desarrollamos ahora la expresión entre corchetes:
\[ n(2n+1)+6(n+1) \]
Multiplicamos:
\[ 2n^2+n+6n+6 \]
Agrupamos los términos semejantes:
\[ 2n^2+7n+6 \]
Debemos ahora factorizar este trinomio.
Buscamos dos números cuyo producto sea:
\[ 2\cdot6=12 \]
y cuya suma sea:
\[ 7 \]
Dichos números son \(3\) y \(4\). Obtenemos, por tanto:
\[ 2n^2+7n+6=(n+2)(2n+3) \]
Sustituyendo:
\[ \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6} \]
que es exactamente la fórmula que debíamos demostrar.
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=1\) y el paso inductivo ha sido demostrado.
Por el principio de inducción matemática:
\[ 1^2+2^2+3^2+\dots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]
para todo \(n\geq1\).
Ejercicio 5 — nivel ★★☆☆☆
Demostrar por inducción que:
\[ 1^3+2^3+3^3+\dots+n^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \]
Demostración
Significado de la fórmula
La fórmula afirma que la suma de los cubos de los primeros \(n\) números naturales es igual al cuadrado de la suma de los primeros \(n\) números naturales.
En efecto:
\[ 1+2+3+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2} \]
y por tanto el miembro derecho:
\[ \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \]
es precisamente el cuadrado de esta cantidad.
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=1\).
El miembro izquierdo vale:
\[ 1^3=1 \]
El miembro derecho vale:
\[ \left(\frac{1(1+1)}{2}\right)^2 = \left(\frac{2}{2}\right)^2 = 1^2 = 1 \]
Ambos miembros coinciden. La propiedad es verdadera para \(n=1\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la fórmula es verdadera para cierto número natural \(n\).
Suponemos, pues:
\[ 1^3+2^3+3^3+\dots+n^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \]
Esta es la única información que podemos utilizar en el paso inductivo: no podemos suponer directamente la fórmula para \(n+1\), pues eso es precisamente lo que debemos demostrar.
Paso inductivo
Debemos demostrar que:
\[ 1^3+2^3+3^3+\dots+n^3+(n+1)^3 = \left(\frac{(n+1)(n+2)}{2}\right)^2 \]
Partimos del miembro izquierdo:
\[ 1^3+2^3+3^3+\dots+n^3+(n+1)^3 \]
Aplicamos la hipótesis de inducción a la suma de los primeros \(n\) cubos:
\[ \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2+(n+1)^3 \]
Desarrollamos el primer término para identificar mejor los factores comunes:
\[ \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 = \frac{n^2(n+1)^2}{4} \]
Obtenemos así:
\[ \frac{n^2(n+1)^2}{4}+(n+1)^3 \]
Ambos términos contienen el factor \((n+1)^2\). Lo extraemos:
\[ (n+1)^2\left(\frac{n^2}{4}+n+1\right) \]
Debemos ahora transformar la expresión entre paréntesis en un cuadrado perfecto. Llevamos todo al denominador \(4\):
\[ \frac{n^2}{4}+n+1 = \frac{n^2}{4}+\frac{4n}{4}+\frac{4}{4} \]
de modo que:
\[ \frac{n^2}{4}+n+1 = \frac{n^2+4n+4}{4} \]
El numerador es un cuadrado perfecto:
\[ n^2+4n+4=(n+2)^2 \]
Por tanto:
\[ \frac{n^2}{4}+n+1 = \frac{(n+2)^2}{4} \]
Sustituyendo en nuestra expresión:
\[ (n+1)^2\cdot\frac{(n+2)^2}{4} \]
Escribimos el producto como cuadrado:
\[ \frac{(n+1)^2(n+2)^2}{4} = \left(\frac{(n+1)(n+2)}{2}\right)^2 \]
Hemos obtenido exactamente la fórmula requerida para \(n+1\).
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=1\) y hemos demostrado que, si es válida para \(n\), también lo es para \(n+1\).
Por el principio de inducción matemática:
\[ 1^3+2^3+3^3+\dots+n^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \]
para todo \(n\geq1\).
Ejercicio 6 — nivel ★★☆☆☆
Demostrar por inducción que \(5^n-1\) es divisible por \(4\), para todo \(n\geq1\).
Demostración
Significado de la propiedad
Decir que \(5^n-1\) es divisible por \(4\) significa que existe un número entero \(k\) tal que:
\[ 5^n-1=4k \]
En una demostración por inducción sobre la divisibilidad, la hipótesis de inducción se traduce casi siempre precisamente a esta forma.
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=1\).
Calculamos:
\[ 5^1-1=5-1=4 \]
Como \(4\) es divisible por \(4\), la propiedad es verdadera para \(n=1\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la propiedad es verdadera para cierto \(n\geq1\).
Esto significa que \(5^n-1\) es divisible por \(4\). Luego existe un entero \(k\) tal que:
\[ 5^n-1=4k \]
Esta forma es muy importante: nos permite hacer uso concreto de la hipótesis de inducción en los cálculos.
Paso inductivo
Debemos demostrar que \(5^{n+1}-1\) también es divisible por \(4\).
Partimos de la expresión:
\[ 5^{n+1}-1 \]
Escribimos \(5^{n+1}\) como \(5\cdot5^n\):
\[ 5^{n+1}-1=5\cdot5^n-1 \]
Queremos que aparezca \(5^n-1\), que es precisamente la expresión que figura en la hipótesis de inducción.
Para ello reescribimos:
\[ 5\cdot5^n-1=5(5^n-1)+4 \]
Verificamos mentalmente el paso:
\[ 5(5^n-1)+4=5\cdot5^n-5+4=5\cdot5^n-1 \]
Podemos ahora aplicar la hipótesis de inducción:
\[ 5^n-1=4k \]
por lo que:
\[ 5(5^n-1)+4=5\cdot4k+4 \]
Extraemos el factor \(4\):
\[ 5\cdot4k+4=4(5k+1) \]
Como \(5k+1\) es un número entero, la expresión \(4(5k+1)\) es divisible por \(4\).
Luego \(5^{n+1}-1\) es divisible por \(4\).
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=1\) y hemos demostrado que, si \(5^n-1\) es divisible por \(4\), entonces \(5^{n+1}-1\) también lo es.
Por el principio de inducción matemática, \(5^n-1\) es divisible por \(4\) para todo \(n\geq1\).
Ejercicio 7 — nivel ★★☆☆☆
Demostrar por inducción que \(7^n-1\) es divisible por \(6\), para todo \(n\geq1\).
Demostración
Significado de la propiedad
Decir que \(7^n-1\) es divisible por \(6\) significa que \(7^n-1\) es un múltiplo de \(6\).
En símbolos, debemos demostrar que existe un entero \(k\) tal que:
\[ 7^n-1=6k \]
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=1\).
Calculamos:
\[ 7^1-1=7-1=6 \]
Como \(6\) es divisible por \(6\), la propiedad es verdadera para \(n=1\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la propiedad es verdadera para cierto \(n\geq1\).
Esto significa que \(7^n-1\) es divisible por \(6\). Luego existe un entero \(k\) tal que:
\[ 7^n-1=6k \]
El objetivo del paso inductivo será hacer aparecer precisamente la expresión \(7^n-1\), ya que es la que podemos sustituir usando la hipótesis de inducción.
Paso inductivo
Debemos demostrar que \(7^{n+1}-1\) es divisible por \(6\).
Partimos de:
\[ 7^{n+1}-1 \]
Escribimos \(7^{n+1}\) como \(7\cdot7^n\):
\[ 7^{n+1}-1=7\cdot7^n-1 \]
Reescribimos esta expresión de modo que aparezca \(7^n-1\):
\[ 7\cdot7^n-1=7(7^n-1)+6 \]
En efecto:
\[ 7(7^n-1)+6=7\cdot7^n-7+6=7\cdot7^n-1 \]
Usando la hipótesis de inducción \(7^n-1=6k\), obtenemos:
\[ 7(7^n-1)+6=7\cdot6k+6 \]
Extraemos el factor \(6\):
\[ 7\cdot6k+6=6(7k+1) \]
Como \(7k+1\) es un entero, \(6(7k+1)\) es divisible por \(6\).
Luego \(7^{n+1}-1\) es divisible por \(6\).
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=1\) y hemos demostrado que la divisibilidad por \(6\) se transmite del caso \(n\) al caso \(n+1\).
Por el principio de inducción matemática, \(7^n-1\) es divisible por \(6\) para todo \(n\geq1\).
Ejercicio 8 — nivel ★★★☆☆
Demostrar por inducción que:
\[ 11^n-4^n \]
es divisible por \(7\), para todo \(n\geq1\).
Demostración
Significado de la propiedad
Debemos demostrar que la diferencia \(11^n-4^n\) es siempre un múltiplo de \(7\).
En otras palabras, queremos probar que existe un entero \(k\) tal que:
\[ 11^n-4^n=7k \]
Este ejercicio es ligeramente más delicado que los anteriores, pues intervienen dos potencias distintas. En el paso inductivo deberemos transformar la expresión con cuidado, de modo que aparezca \(11^n-4^n\).
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=1\).
Calculamos:
\[ 11^1-4^1=11-4=7 \]
Como \(7\) es divisible por \(7\), la propiedad es verdadera para \(n=1\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la propiedad es verdadera para cierto \(n\geq1\).
Suponemos, pues, que \(11^n-4^n\) es divisible por \(7\). Equivalentemente, existe un entero \(k\) tal que:
\[ 11^n-4^n=7k \]
En el paso siguiente deberemos utilizar precisamente esta información.
Paso inductivo
Debemos demostrar que:
\[ 11^{n+1}-4^{n+1} \]
es divisible por \(7\).
Escribimos las potencias en el paso siguiente:
\[ 11^{n+1}-4^{n+1}=11\cdot11^n-4\cdot4^n \]
Queremos que aparezca \(11^n-4^n\). Para lograrlo, sumamos y restamos el mismo término \(11\cdot4^n\):
\[ 11\cdot11^n-4\cdot4^n = 11\cdot11^n-11\cdot4^n+11\cdot4^n-4\cdot4^n \]
Este paso no altera el valor de la expresión, pues hemos sumado y restado la misma cantidad.
Extraemos ahora \(11\) de los dos primeros términos y \(4^n\) de los dos últimos:
\[ 11(11^n-4^n)+(11-4)4^n \]
Como \(11-4=7\), obtenemos:
\[ 11(11^n-4^n)+7\cdot4^n \]
Podemos ahora aplicar la hipótesis de inducción:
\[ 11^n-4^n=7k \]
Sustituyendo:
\[ 11(11^n-4^n)+7\cdot4^n = 11\cdot7k+7\cdot4^n \]
Extraemos el factor \(7\):
\[ 11\cdot7k+7\cdot4^n = 7(11k+4^n) \]
Como \(11k+4^n\) es un entero, la expresión es divisible por \(7\).
Por tanto:
\[ 7\mid(11^{n+1}-4^{n+1}) \]
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=1\) y el paso inductivo ha sido demostrado.
Por el principio de inducción matemática, \(11^n-4^n\) es divisible por \(7\) para todo \(n\geq1\).
Ejercicio 9 — nivel ★★★☆☆
Demostrar por inducción que:
\[ 2^n \geq n+1 \]
para todo \(n\geq0\).
Demostración
Significado de la propiedad
La desigualdad afirma que la potencia \(2^n\) crece al menos tan rápido como la expresión lineal \(n+1\).
En una demostración por inducción sobre desigualdades, el punto delicado es utilizar la hipótesis de inducción sin invertir el sentido de la desigualdad.
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=0\).
El miembro izquierdo vale:
\[ 2^0=1 \]
El miembro derecho vale:
\[ 0+1=1 \]
Por tanto:
\[ 2^0\geq0+1 \]
La propiedad es verdadera para \(n=0\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la propiedad es verdadera para cierto \(n\geq0\).
Suponemos, pues:
\[ 2^n\geq n+1 \]
Esta hipótesis nos dice que podemos reemplazar \(2^n\) por una cantidad no menor que \(n+1\).
Paso inductivo
Debemos demostrar que:
\[ 2^{n+1}\geq n+2 \]
Partimos del miembro izquierdo:
\[ 2^{n+1} \]
Lo escribimos como:
\[ 2^{n+1}=2\cdot2^n \]
Como por hipótesis de inducción \(2^n\geq n+1\), multiplicando ambos miembros por \(2\), que es positivo, el sentido de la desigualdad no cambia:
\[ 2\cdot2^n\geq2(n+1) \]
Por tanto:
\[ 2^{n+1}\geq2n+2 \]
Ahora debemos comparar \(2n+2\) con \(n+2\), pues el objetivo es obtener \(n+2\).
Como \(n\geq0\), se tiene:
\[ 2n+2\geq n+2 \]
En efecto, la diferencia entre ambos miembros es:
\[ (2n+2)-(n+2)=n\geq0 \]
Combinando las dos desigualdades:
\[ 2^{n+1}\geq2n+2\geq n+2 \]
por tanto:
\[ 2^{n+1}\geq n+2 \]
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=0\) y hemos demostrado que, si es válida para \(n\), también lo es para \(n+1\).
Por el principio de inducción matemática:
\[ 2^n\geq n+1 \]
para todo \(n\geq0\).
Ejercicio 10 — nivel ★★★☆☆
Demostrar por inducción que:
\[ 3^n>n \]
para todo \(n\geq1\).
Demostración
Significado de la propiedad
La desigualdad afirma que la potencia \(3^n\) es siempre mayor que el exponente \(n\), para todo \(n\geq1\).
Aunque la propiedad es intuitivamente evidente, dado que las potencias de \(3\) crecen muy rápidamente, el objetivo es demostrarla de forma rigurosa mediante la inducción.
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=1\).
El miembro izquierdo vale:
\[ 3^1=3 \]
El miembro derecho vale:
\[ 1 \]
Como:
\[ 3>1 \]
la propiedad es verdadera para \(n=1\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la propiedad es verdadera para cierto \(n\geq1\).
Suponemos, pues:
\[ 3^n>n \]
Esta es la información que deberemos utilizar para demostrar la desigualdad en el paso siguiente.
Paso inductivo
Debemos demostrar que:
\[ 3^{n+1}>n+1 \]
Partimos de:
\[ 3^{n+1} \]
Escribimos:
\[ 3^{n+1}=3\cdot3^n \]
Usando la hipótesis de inducción \(3^n>n\) y multiplicando por \(3>0\), obtenemos:
\[ 3\cdot3^n>3n \]
Por tanto:
\[ 3^{n+1}>3n \]
Ahora debemos comparar \(3n\) con \(n+1\).
Para \(n\geq1\), se tiene:
\[ 3n>n+1 \]
En efecto:
\[ 3n-(n+1)=2n-1 \]
y si \(n\geq1\), entonces:
\[ 2n-1\geq1>0 \]
Luego:
\[ 3n>n+1 \]
Combinando:
\[ 3^{n+1}>3n>n+1 \]
por tanto:
\[ 3^{n+1}>n+1 \]
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=1\) y el paso inductivo ha sido demostrado.
Por el principio de inducción matemática:
\[ 3^n>n \]
para todo \(n\geq1\).
Ejercicio 11 — nivel ★★★★☆
Demostrar por inducción que:
\[ 2^n < n! \]
para todo \(n\geq4\).
Demostración
Significado de la propiedad
La desigualdad compara una potencia con un factorial.
El factorial \(n!\) es el producto:
\[ n!=1\cdot2\cdot3\cdot\dots\cdot n \]
La propiedad afirma que, a partir de \(n=4\), el factorial es siempre mayor que \(2^n\).
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=4\).
El miembro izquierdo vale:
\[ 2^4=16 \]
El miembro derecho vale:
\[ 4!=1\cdot2\cdot3\cdot4=24 \]
Como:
\[ 16<24 \]
la propiedad es verdadera para \(n=4\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la propiedad es verdadera para cierto \(n\geq4\).
Suponemos, pues:
\[ 2^n < n! \]
Esta hipótesis nos permite comparar \(2^n\) con \(n!\). En el paso siguiente deberemos comparar \(2^{n+1}\) con \((n+1)!\).
Paso inductivo
Debemos demostrar que:
\[ 2^{n+1}<(n+1)! \]
Partimos del miembro izquierdo:
\[ 2^{n+1} \]
Lo escribimos como:
\[ 2^{n+1}=2\cdot2^n \]
Por hipótesis de inducción sabemos que:
\[ 2^n < n! \]
Multiplicando ambos miembros por \(2>0\), obtenemos:
\[ 2\cdot2^n<2\cdot n! \]
Por tanto:
\[ 2^{n+1}<2\cdot n! \]
Ahora debemos relacionar \(2\cdot n!\) con \((n+1)!\). Recordamos que:
\[ (n+1)!=(n+1)\cdot n! \]
Como \(n\geq4\), se tiene:
\[ n+1\geq5 \]
por tanto:
\[ 2 < n+1 \]
Multiplicando por \(n!>0\), obtenemos:
\[ 2\cdot n!<(n+1)\cdot n! \]
es decir:
\[ 2\cdot n!<(n+1)! \]
Combinando las dos desigualdades:
\[ 2^{n+1}<2\cdot n!<(n+1)! \]
luego:
\[ 2^{n+1}<(n+1)! \]
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=4\) y hemos demostrado que, si es válida para \(n\), también lo es para \(n+1\).
Por el principio de inducción matemática:
\[ 2^n < n! \]
para todo \(n\geq4\).
Ejercicio 12 — nivel ★★★★☆
Demostrar por inducción que:
\[ 4^n\geq3n+1 \]
para todo \(n\geq0\).
Demostración
Significado de la propiedad
La propiedad compara un crecimiento exponencial, representado por \(4^n\), con un crecimiento lineal, representado por \(3n+1\).
La inducción nos permite demostrar que esta desigualdad es válida para todo número natural \(n\geq0\), sin necesidad de comprobar cada caso uno por uno.
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=0\).
El miembro izquierdo vale:
\[ 4^0=1 \]
El miembro derecho vale:
\[ 3\cdot0+1=1 \]
Ambos miembros son iguales, por tanto:
\[ 4^0\geq3\cdot0+1 \]
La propiedad es verdadera para \(n=0\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la propiedad es verdadera para cierto \(n\geq0\).
Suponemos, pues:
\[ 4^n\geq3n+1 \]
Debemos utilizar esta información para demostrar la desigualdad en el paso siguiente.
Paso inductivo
Debemos demostrar que:
\[ 4^{n+1}\geq3(n+1)+1 \]
Como:
\[ 4^{n+1}=4\cdot4^n \]
podemos aplicar la hipótesis de inducción. Puesto que \(4>0\), al multiplicar por \(4\) el sentido de la desigualdad no cambia:
\[ 4\cdot4^n\geq4(3n+1) \]
Por tanto:
\[ 4^{n+1}\geq12n+4 \]
Queremos obtener ahora:
\[ 3(n+1)+1 \]
Desarrollamos esta expresión:
\[ 3(n+1)+1=3n+3+1=3n+4 \]
Debemos, por tanto, comparar \(12n+4\) con \(3n+4\).
Como \(n\geq0\), se tiene:
\[ 12n+4\geq3n+4 \]
En efecto:
\[ (12n+4)-(3n+4)=9n\geq0 \]
Por tanto:
\[ 12n+4\geq3n+4=3(n+1)+1 \]
Combinando:
\[ 4^{n+1}\geq12n+4\geq3(n+1)+1 \]
luego:
\[ 4^{n+1}\geq3(n+1)+1 \]
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=0\) y hemos demostrado que su validez para \(n\) implica su validez para \(n+1\).
Por el principio de inducción matemática:
\[ 4^n\geq3n+1 \]
para todo \(n\geq0\).
Ejercicio 13 — nivel ★★★★☆
Demostrar por inducción que:
\[ 1+3+3^2+\dots+3^n=\frac{3^{n+1}-1}{2} \]
para todo \(n\geq0\).
Demostración
Significado de la fórmula
El miembro izquierdo es la suma de las primeras potencias de \(3\), a partir de \(3^0=1\):
\[ 1+3+3^2+\dots+3^n \]
La fórmula afirma que esta suma puede calcularse directamente mediante:
\[ \frac{3^{n+1}-1}{2} \]
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=0\).
El miembro izquierdo vale:
\[ 1 \]
El miembro derecho vale:
\[ \frac{3^{0+1}-1}{2} = \frac{3-1}{2} = \frac{2}{2} = 1 \]
Ambos miembros coinciden. La propiedad es verdadera para \(n=0\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la fórmula es verdadera para cierto \(n\geq0\).
Suponemos, pues:
\[ 1+3+3^2+\dots+3^n=\frac{3^{n+1}-1}{2} \]
Paso inductivo
Debemos demostrar que:
\[ 1+3+3^2+\dots+3^n+3^{n+1} = \frac{3^{n+2}-1}{2} \]
Partimos del miembro izquierdo:
\[ 1+3+3^2+\dots+3^n+3^{n+1} \]
Aplicamos la hipótesis de inducción a la parte inicial de la suma:
\[ \frac{3^{n+1}-1}{2}+3^{n+1} \]
Llevamos todo al mismo denominador:
\[ \frac{3^{n+1}-1}{2}+\frac{2\cdot3^{n+1}}{2} \]
Sumamos los numeradores:
\[ \frac{3^{n+1}-1+2\cdot3^{n+1}}{2} \]
Agrupamos ahora los términos con \(3^{n+1}\):
\[ 3^{n+1}+2\cdot3^{n+1}=3\cdot3^{n+1} \]
Por tanto:
\[ \frac{3\cdot3^{n+1}-1}{2} \]
Por la propiedad de las potencias:
\[ 3\cdot3^{n+1}=3^{n+2} \]
Obtenemos, pues:
\[ \frac{3^{n+2}-1}{2} \]
que es exactamente la fórmula en el paso \(n+1\).
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=0\) y hemos demostrado que, si es válida para \(n\), también lo es para \(n+1\).
Por el principio de inducción matemática:
\[ 1+3+3^2+\dots+3^n=\frac{3^{n+1}-1}{2} \]
para todo \(n\geq0\).
Ejercicio 14 — nivel ★★★★☆
Demostrar por inducción que:
\[ 8^n-1 \]
es divisible por \(7\), para todo \(n\geq1\).
Demostración
Significado de la propiedad
Debemos demostrar que \(8^n-1\) es siempre un múltiplo de \(7\).
Equivalentemente, debemos mostrar que existe un entero \(k\) tal que:
\[ 8^n-1=7k \]
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=1\).
Calculamos:
\[ 8^1-1=8-1=7 \]
Como \(7\) es divisible por \(7\), la propiedad es verdadera para \(n=1\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la propiedad es verdadera para cierto \(n\geq1\).
Entonces existe un entero \(k\) tal que:
\[ 8^n-1=7k \]
En el paso inductivo deberemos hacer aparecer la expresión \(8^n-1\) para poder aplicar la hipótesis de inducción.
Paso inductivo
Debemos demostrar que \(8^{n+1}-1\) es divisible por \(7\).
Partimos de:
\[ 8^{n+1}-1 \]
Escribimos \(8^{n+1}\) como:
\[ 8^{n+1}=8\cdot8^n \]
Por tanto:
\[ 8^{n+1}-1=8\cdot8^n-1 \]
Reescribimos la expresión haciendo aparecer \(8^n-1\):
\[ 8\cdot8^n-1=8(8^n-1)+7 \]
En efecto:
\[ 8(8^n-1)+7=8\cdot8^n-8+7=8\cdot8^n-1 \]
Usando la hipótesis de inducción \(8^n-1=7k\), obtenemos:
\[ 8(8^n-1)+7=8\cdot7k+7 \]
Extraemos el factor \(7\):
\[ 8\cdot7k+7=7(8k+1) \]
Como \(8k+1\) es un número entero, la expresión \(7(8k+1)\) es divisible por \(7\).
Luego \(8^{n+1}-1\) es divisible por \(7\).
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=1\) y hemos demostrado que la divisibilidad se transmite del caso \(n\) al caso \(n+1\).
Por el principio de inducción matemática, \(8^n-1\) es divisible por \(7\) para todo \(n\geq1\).
Ejercicio 15 — nivel ★★★★☆
Demostrar por inducción que:
\[ 9^n-1 \]
es divisible por \(8\), para todo \(n\geq1\).
Demostración
Significado de la propiedad
Debemos demostrar que \(9^n-1\) es siempre un múltiplo de \(8\).
En símbolos, queremos demostrar que existe un entero \(k\) tal que:
\[ 9^n-1=8k \]
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=1\).
Calculamos:
\[ 9^1-1=9-1=8 \]
Como \(8\) es divisible por \(8\), la propiedad es verdadera para \(n=1\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la propiedad es verdadera para cierto \(n\geq1\).
Entonces existe un entero \(k\) tal que:
\[ 9^n-1=8k \]
Paso inductivo
Debemos demostrar que \(9^{n+1}-1\) es divisible por \(8\).
Partimos de:
\[ 9^{n+1}-1 \]
Escribimos:
\[ 9^{n+1}=9\cdot9^n \]
por tanto:
\[ 9^{n+1}-1=9\cdot9^n-1 \]
Queremos que aparezca \(9^n-1\), pues es la expresión controlada por la hipótesis de inducción.
Reescribimos:
\[ 9\cdot9^n-1=9(9^n-1)+8 \]
En efecto:
\[ 9(9^n-1)+8=9\cdot9^n-9+8=9\cdot9^n-1 \]
Usando la hipótesis de inducción:
\[ 9^n-1=8k \]
obtenemos:
\[ 9(9^n-1)+8=9\cdot8k+8 \]
Extraemos el factor \(8\):
\[ 9\cdot8k+8=8(9k+1) \]
Como \(9k+1\) es un entero, la expresión es divisible por \(8\).
Luego \(9^{n+1}-1\) es divisible por \(8\).
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=1\) y el paso inductivo ha sido demostrado.
Por el principio de inducción matemática, \(9^n-1\) es divisible por \(8\) para todo \(n\geq1\).
Ejercicio 16 — nivel ★★★★★
Demostrar por inducción que:
\[ 1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!+\dots+n\cdot n!=(n+1)!-1 \]
para todo \(n\geq1\).
Demostración
Significado de la fórmula
El miembro izquierdo es una suma cuyos términos tienen la forma:
\[ k\cdot k! \]
La fórmula afirma que esta suma se simplifica de manera sorprendentemente compacta:
\[ (n+1)!-1 \]
El punto central de este ejercicio es reconocer cómo el término siguiente \((n+1)(n+1)!\) se combina con \((n+1)!\).
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=1\).
El miembro izquierdo vale:
\[ 1\cdot1!=1 \]
El miembro derecho vale:
\[ (1+1)!-1=2!-1=2-1=1 \]
Ambos miembros coinciden. La propiedad es verdadera para \(n=1\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la fórmula es verdadera para cierto \(n\geq1\).
Suponemos, pues:
\[ 1\cdot1!+2\cdot2!+\dots+n\cdot n!=(n+1)!-1 \]
Paso inductivo
Debemos demostrar que:
\[ 1\cdot1!+2\cdot2!+\dots+n\cdot n!+(n+1)(n+1)!=(n+2)!-1 \]
Partimos del miembro izquierdo:
\[ 1\cdot1!+2\cdot2!+\dots+n\cdot n!+(n+1)(n+1)! \]
Aplicamos la hipótesis de inducción a la suma hasta \(n\):
\[ (n+1)!-1+(n+1)(n+1)! \]
Extraemos ahora el factor común \((n+1)!\):
\[ (n+1)!+(n+1)(n+1)!-1 \]
En los dos primeros términos aparece \((n+1)!\), por tanto:
\[ (n+1)!\left[1+(n+1)\right]-1 \]
Simplificamos el paréntesis:
\[ 1+(n+1)=n+2 \]
de modo que:
\[ (n+1)!(n+2)-1 \]
Como:
\[ (n+2)!=(n+2)(n+1)! \]
obtenemos:
\[ (n+2)!-1 \]
que es exactamente la fórmula requerida para el paso \(n+1\).
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=1\) y hemos demostrado que, si es válida para \(n\), también lo es para \(n+1\).
Por el principio de inducción matemática:
\[ 1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!+\dots+n\cdot n!=(n+1)!-1 \]
para todo \(n\geq1\).
Ejercicio 17 — nivel ★★★★★
Demostrar por inducción que:
\[ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2^n} = 2-\frac{1}{2^n} \]
para todo \(n\geq0\).
Demostración
Significado de la fórmula
El miembro izquierdo es una suma de potencias negativas de \(2\), es decir, una serie geométrica:
\[ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2^n} \]
La fórmula afirma que esta suma es igual a:
\[ 2-\frac{1}{2^n} \]
El término \(\frac{1}{2^n}\) mide cuánto le falta a la suma para alcanzar \(2\).
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=0\).
El miembro izquierdo contiene únicamente el primer término:
\[ 1 \]
El miembro derecho vale:
\[ 2-\frac{1}{2^0}=2-1=1 \]
Ambos miembros coinciden. La propiedad es verdadera para \(n=0\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la fórmula es verdadera para cierto \(n\geq0\).
Suponemos, pues:
\[ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2^n} = 2-\frac{1}{2^n} \]
Esta hipótesis describe la suma hasta el término \(\frac{1}{2^n}\). En el paso siguiente deberemos añadir el nuevo término \(\frac{1}{2^{n+1}}\).
Paso inductivo
Debemos demostrar que:
\[ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}} = 2-\frac{1}{2^{n+1}} \]
Partimos del miembro izquierdo:
\[ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}} \]
Aplicamos la hipótesis de inducción a la suma hasta \(\frac{1}{2^n}\):
\[ 2-\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}} \]
Simplificamos ahora los dos últimos términos:
\[ -\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}} \]
Observamos que:
\[ \frac{1}{2^n}=\frac{2}{2^{n+1}} \]
pues \(2^{n+1}=2\cdot2^n\).
Por tanto:
\[ -\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}} = -\frac{2}{2^{n+1}}+\frac{1}{2^{n+1}} \]
Sumamos las fracciones:
\[ -\frac{2}{2^{n+1}}+\frac{1}{2^{n+1}} = -\frac{1}{2^{n+1}} \]
Por consiguiente:
\[ 2-\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}} = 2-\frac{1}{2^{n+1}} \]
Hemos obtenido exactamente la fórmula requerida para \(n+1\).
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=0\) y el paso inductivo ha sido demostrado.
Por el principio de inducción matemática:
\[ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2^n} = 2-\frac{1}{2^n} \]
para todo \(n\geq0\).
Ejercicio 18 — nivel ★★★★★
Demostrar por inducción que:
\[ \sum_{k=1}^{n} k(k+1)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3} \]
para todo \(n\geq1\).
Demostración
Significado de la fórmula
El símbolo:
\[ \sum_{k=1}^{n} k(k+1) \]
denota la suma de los términos de la forma \(k(k+1)\), cuando \(k\) varía de \(1\) a \(n\).
Explícitamente:
\[ \sum_{k=1}^{n} k(k+1) = 1\cdot2+2\cdot3+3\cdot4+\dots+n(n+1) \]
La fórmula afirma que esta suma puede escribirse en forma cerrada como:
\[ \frac{n(n+1)(n+2)}{3} \]
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=1\).
El miembro izquierdo vale:
\[ \sum_{k=1}^{1} k(k+1)=1(1+1)=2 \]
El miembro derecho vale:
\[ \frac{1(1+1)(1+2)}{3} = \frac{1\cdot2\cdot3}{3} = 2 \]
Ambos miembros coinciden. La propiedad es verdadera para \(n=1\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la fórmula es verdadera para cierto \(n\geq1\).
Suponemos, pues:
\[ \sum_{k=1}^{n} k(k+1)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3} \]
Esta hipótesis describe la suma hasta el término \(n(n+1)\). En el paso siguiente deberemos añadir el término correspondiente a \(k=n+1\).
Paso inductivo
Debemos demostrar que:
\[ \sum_{k=1}^{n+1} k(k+1)=\frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{3} \]
Escribimos la suma hasta \(n+1\) separando el último término:
\[ \sum_{k=1}^{n+1} k(k+1) = \sum_{k=1}^{n} k(k+1)+(n+1)(n+2) \]
Aplicamos ahora la hipótesis de inducción:
\[ \frac{n(n+1)(n+2)}{3}+(n+1)(n+2) \]
Ambos términos tienen en común el factor \((n+1)(n+2)\). Lo extraemos:
\[ (n+1)(n+2)\left(\frac{n}{3}+1\right) \]
Transformamos ahora el paréntesis:
\[ \frac{n}{3}+1=\frac{n}{3}+\frac{3}{3}=\frac{n+3}{3} \]
Sustituyendo:
\[ (n+1)(n+2)\cdot\frac{n+3}{3} \]
es decir:
\[ \frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{3} \]
Hemos obtenido exactamente la fórmula requerida para \(n+1\).
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=1\) y el paso inductivo ha sido demostrado.
Por el principio de inducción matemática:
\[ \sum_{k=1}^{n} k(k+1)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3} \]
para todo \(n\geq1\).
Ejercicio 19 — nivel ★★★★★
Demostrar por inducción que:
\[ 2^n>n^2 \]
para todo \(n\geq5\).
Demostración
Significado de la propiedad
La desigualdad compara un crecimiento exponencial, \(2^n\), con un crecimiento polinómico, \(n^2\).
La propiedad no es verdadera para todos los valores iniciales de \(n\). Por ejemplo, para \(n=2\) se tiene \(2^2=4\) y \(2^2=4\), de modo que la desigualdad estricta no se cumple.
Por este motivo, la demostración por inducción parte de \(n=5\).
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=5\).
El miembro izquierdo vale:
\[ 2^5=32 \]
El miembro derecho vale:
\[ 5^2=25 \]
Como:
\[ 32>25 \]
la propiedad es verdadera para \(n=5\).
Hipótesis de inducción
Supongamos que la propiedad es verdadera para cierto \(n\geq5\).
Suponemos, pues:
\[ 2^n>n^2 \]
Debemos utilizar esta información para demostrar la desigualdad en el paso siguiente.
Paso inductivo
Debemos demostrar que:
\[ 2^{n+1}>(n+1)^2 \]
Partimos del miembro izquierdo:
\[ 2^{n+1} \]
Escribimos:
\[ 2^{n+1}=2\cdot2^n \]
Por hipótesis de inducción sabemos que:
\[ 2^n>n^2 \]
Multiplicando por \(2>0\), obtenemos:
\[ 2\cdot2^n>2n^2 \]
Por tanto:
\[ 2^{n+1}>2n^2 \]
Ahora debemos mostrar que \(2n^2\) es mayor que \((n+1)^2\). En efecto, si:
\[ 2n^2>(n+1)^2 \]
entonces, combinando las dos desigualdades, obtendremos:
\[ 2^{n+1}>2n^2>(n+1)^2 \]
Verificamos, pues, que:
\[ 2n^2>(n+1)^2 \]
Pasamos todo al miembro izquierdo:
\[ 2n^2-(n+1)^2 \]
Desarrollamos el cuadrado:
\[ (n+1)^2=n^2+2n+1 \]
por tanto:
\[ 2n^2-(n+1)^2 = 2n^2-(n^2+2n+1) \]
es decir:
\[ n^2-2n-1 \]
Escribimos esta expresión en una forma conveniente:
\[ n^2-2n-1=(n-1)^2-2 \]
Como \(n\geq5\), tenemos \(n-1\geq4\), luego:
\[ (n-1)^2\geq4^2=16 \]
En consecuencia:
\[ (n-1)^2-2\geq16-2=14>0 \]
Por tanto:
\[ 2n^2-(n+1)^2>0 \]
y luego:
\[ 2n^2>(n+1)^2 \]
Combinando:
\[ 2^{n+1}>2n^2>(n+1)^2 \]
obtenemos:
\[ 2^{n+1}>(n+1)^2 \]
Conclusión
La propiedad es verdadera para \(n=5\) y hemos demostrado que, si es válida para \(n\), también lo es para \(n+1\).
Por el principio de inducción matemática:
\[ 2^n>n^2 \]
para todo \(n\geq5\).
Ejercicio 20 — nivel ★★★★★
Demostrar por inducción que todo número natural \(n\geq2\) es primo o producto de números primos.
Demostración
Significado de la propiedad
Esta propiedad constituye una forma esencial del teorema fundamental de la aritmética: todo número natural mayor o igual que \(2\) puede descomponerse en factores primos.
En este ejercicio utilizaremos la inducción fuerte. A diferencia de la inducción ordinaria, en la inducción fuerte, para demostrar la propiedad para \(n\), podemos suponer que es verdadera para todos los números naturales comprendidos entre \(2\) y \(n-1\).
Esta forma de inducción es natural aquí, porque si un número no es primo, se escribe como producto de dos números más pequeños.
Base de inducción
Verificamos la propiedad para \(n=2\).
El número \(2\) es primo.
Luego la propiedad es verdadera para \(n=2\).
Hipótesis de inducción fuerte
Supongamos que la propiedad es verdadera para todos los números naturales \(m\) tales que:
\[ 2\leq m\leq n \]
Esto significa que todo número natural comprendido entre \(2\) y \(n\) es primo o producto de números primos.
Paso inductivo
Debemos demostrar que la propiedad es válida para \(n+1\).
Consideramos, pues, el número \(n+1\).
Se presentan dos posibilidades.
Primer caso: \(n+1\) es primo
Si \(n+1\) es primo, entonces la propiedad es inmediatamente verdadera.
En efecto, la propiedad exige que el número sea primo o producto de primos; en este caso es directamente primo.
Segundo caso: \(n+1\) no es primo
Si \(n+1\) no es primo, entonces por definición existen dos números naturales \(a\) y \(b\), ambos mayores que \(1\), tales que:
\[ n+1=ab \]
Además, como \(a>1\) y \(b>1\), ambos factores son estrictamente menores que \(n+1\).
Por tanto:
\[ 2\leq a\leq n \qquad \text{y} \qquad 2\leq b\leq n \]
En este punto podemos aplicar la hipótesis de inducción fuerte tanto a \(a\) como a \(b\).
Por hipótesis, \(a\) es primo o producto de números primos.
Del mismo modo, \(b\) es primo o producto de números primos.
Como:
\[ n+1=ab \]
y tanto \(a\) como \(b\) son primos o productos de primos, se sigue que \(n+1\) también es producto de números primos.
Conclusión
Hemos demostrado que, si la propiedad es válida para todos los números de \(2\) a \(n\), entonces también lo es para \(n+1\).
Como la propiedad es verdadera para \(n=2\), por el principio de inducción fuerte concluimos que todo número natural \(n\geq2\) es primo o producto de números primos.