Inducción matemática – fracciones infinitas – Limites que incluyan la función de Lambert.

Medellín, enero 2025

 

Inducción matemática – fracciones infinitas – Limites que incluyan la función de Lambert.

 

1.    Inducción matemática

Antes de definir qué es la inducción matemática, hagamos una demostración de una propiedad de los números naturales.

Demostrar que el producto de tres números naturales consecutivos, es divisible por 3

Cualquier número natural se puede escribir de una de las tres siguientes formas:

n = 3q          q es otro número natural, en este caso n es divisible por 3

n = 3q+1      q es otro número natura, en este caso n no es divisible por 3l

n = 3q+2      q es otro número natural, en este caso n no es divisible por 3

Lo anterior, ya que cada tres números naturales consecutivos hay un múltiplo de 3

ej

24 = 8x3

37 = 3x12+1

35 = 3+11+2

n(n+1)(n+2)   tres números naturales consecutivos

Si n = 3q y q es también un natural, no hay duda de que n(n+1)(n+2) es divisible por 3

Si n = 3q+1              n(n+1)(n+2) = (3q+1)(3q+2)(3q +3)   y por el último factor, también es divisible por 3

Si n = 3q+2                   n(n+1)(n+2) = (3q+2)(3q+3)(3q+4)     y por el factor de la mitad, también es divisible por 3

 

Luego, el producto de tres números naturales consecutivos es divisible por 3 (Siempre)

Qué es inducción matemática?

La inducción matemática es una demostración que tiene dos pasos: 1. La base de la inducción: Mostrar que la afirmación es cierta en el primer caso, para un número específico. 2. El paso de inducción: Suponer que la afirmación es cierta en un caso general n, y mostrar que debe ser cierta en el número natural n+1, o el siguiente, según sea el caso. Si podemos demostrar que una afirmación es cierta, en un primer caso, y podemos demostrar que, siempre que sea cierta en un caso, también es cierta en el caso siguiente, entonces la proposición debe ser cierta en todos los casos.

Vamos a demostrar que el producto de 2 números naturales pares continuos es divisible por 8

n(n+2)   es divisible por 8

para n=2          2x4           divisible por 8

para n=4          4x6           divisible por 8

Suponemos que es cierto para un valor n.

n(n+2)      suponemos que es divisible por 8

Ahora, utilizando la proposición anterior, veremos si se cumple o no, para el natural par siguiente n+2 de este problema.

La fórmula es (n+2)(n+4),  no sabemos si es divisible por 8 o o no, organicemos

(n+2)n + (n+2)4

El primer sumando es divisible por 8 . Lo hemos utilizado como hipótesis

El segundo también, porque n+2 es par y está multiplicado por 4

Luego, si se cumple para n par, también se cumple para el siguiente par n+2

 

Otro ejemplo de inducción matemática:

Vamos a demostrar que (5n-1)(5n+1) es divisible por 8, si n es impar

Vemos que se cumple para n = 1, n = 3

El próximo impar después de n impar, es n+2

(5(n+2)-1)(5(n+2)+1)

Organicemos así:      ((5n-1)+10)((5n+1)+10)

(5n-1)(5n+1)+50n-10+50n+10+100

(5n-1)(5n+1)+50n+50n+100 =

 

(5n-1)(5n+1)+100n+100 = (5n-1)(5n+1)+100(n+1) el primero es, por hipótesis divisible por 8 y en el segundo,100 es divisible por 4 y n+1 tiene que ser par, ya que n es impar.

Queda demostrado que, si se cumple para un valor de n impar, se cumple para el siguiente impar n+2

Con lo que hemos aprendido, demostremos que:

n(n+2)(5n-1)(5n+1) es divisible por 24

Si n es par, este producto es divisible por 8 porque n(n+2) lo es también.

Si n es impar ese producto es divisible por por 8, ya que (5n-1)(5n+1) es divisible por 8, lo hemos demostrado.

Veamos si el n(n+2)(5n-1)(5n+1)

Es divisible por 3

Reescribamos el producto así:          n(n+2)/25n² -1)

n(n+2)[24n² +n²-1] = n(n+2)[24n² +(n+1)(n-1)]

n(n+2)(24n²) +n(n+2)(n-1)(n+1)

El primer sumando es divisible por 24 y por tanto, por 3

El segundo sumando contiene tres naturales consecutivos, y por tanto es divisible por 3.

Por consiguiente

n(n+2)(5n-1)(5n+1)   para todo n, es divisible por 3 y por 8 y por tanto es divisible por 24

 

2.    Resolver para x, si es que x existe.

 

x² = x + 1

x² – x – 1 = 0           aplicamos la fórmula de la ecuación de segundo grado

x = (-b ±√ (b² -4*a*c)) /(2a)

x = (1 ±√ (1 +4*1)) /2

x = (1+√5) /2

Dado que la expresión original de x es positiva, el signo negativo no tiene sentido en el conjunto de los reales.

3.    Determinar los valores de a y b en el siguiente límite:

 

 

    4    Límite que contiene W(x)

Si comparamos las funciones Ln(x) y W₁(x). vemos que, de cierto valor de x en adelante función Ln(x) va siempre por encima de W₁(x) y crecen, relativamente despacio, pero al final, en el más infinito, son iguales.

Nota; Las gráficas 1 y 2 nos muestran la función f(x= = xe^x y de su inversa, la función de Lambert W. Realmente, como la función xe^x no es biyectiva, hay una inversa para la rama decreciente y otra para la rama creciente. (La inversa no es única)

Figura 1 gráfica de y = xe^x

Figura 2. Ramas de la función de Lambert Wo y W₁ . ( A veces las hemos llamado W_-1 y Wo)

 

1.    Resolver para a, b y c enteros (Método de demostración por reducción a lo absurdo.)

 

a! * b! = a! + b! + c!                            (1)

Recordemos que 0! = 1! = 1

Ensayemos para algunas duplas (a, b)

(1, 1)           1! * 1! = 1! + 1! * c!                   No hay ningún c entero que satisfaga

¡1, 2)           1! * 2! = 1! + 2! * c! = 3+ c!       No hay ningún c entero que satisfaga

(2, 2)           2! * 2! = 2! + 2! * c! = 4+ c!       No cumple, ni con c = 0, ya que 0! = 1

(2, 3)           2! * 3! = 12 = 2! + 3! + c! = 8 + c!     Ningún factorial da 4

(3, 3)           3! * 3! = 36 = 3! + 3! + c! = 12 + c!        y 4! = 24

O sea que la tripla (3, 3, 4) satisface la ecuación 1

Veamos el caso general:

a! * b! = a! + b! +c!

a! * b! – b! = a! + c!                                       (2)

a! * (b! – 1) ≈ a! + c!          →      a!*b! = a! + c!          (3)

La única forma de que se pueda dar esta “cuasi igualdad” es que b sea demasiado grande, digamos 100, ya que 100! ≈ 100! -1

Con la (3) hagamos lo mismo que hicimos con la (2)

a! * b! – a! = c!

b! * (a! -1) = c!                              b! * a! = c!         (4)   si la comparamos con la (1) observamos que:

a! * b! = a! + b! +c!      Esta era la (1)

La única forma de conciliar la (1) y la (4) es que a! + b! sea un numero muy pequeño, prácticamente, despreciable, lo que implica que a y b deben ser muy pequeños, lo cual está en contradicción con las hipótesis que utilizamos para hallar las ecuaciones (3) y (4), en las cuales dijimos que a y b deberían ser números naturales muy grandes.

Este absurdo o contradicción nos muestra que no hay tripla (a, b, c) que satisfaga la ecuación (1)

La única solución al problema es por lo tanto, la tripla (3, 3, 4)

Este método de demostración es muy antiguo y se ha llamado “reducción a lo absurdo”

Gracias al blog de PrimeNewton, que fue donde vi este hermoso problema.

 

 

Juan Fernando Sanín E

Juanfernando.sanin@gmail.com

Enviada 4/2/25