9.3: Inducción matemática

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$ \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } $ $ \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} $$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$$\newcommand{\AA}{\unicode[.8,0]{x212B}}$

Al filósofo chino Confucio se le atribuye el dicho: “Un viaje de mil millas comienza con un solo paso”. En muchos sentidos, este es el tema central de esta sección. Aquí introducimos un método de prueba, Inducción Matemática, que nos permite probar muchas de las fórmulas que simplemente hemos motivado en las Secciones 9.1 y 9.2 comenzando con un solo paso. Un buen ejemplo es la fórmula para las secuencias aritméticas que promocionamos en la Ecuación 9.1. Las secuencias aritméticas se definen recursivamente, comenzando con$a_{1} = a$ y luego$a_{n + 1} = a_{n} + d$ para$n \geq 1$. Esto nos dice que iniciamos la secuencia con$a$ y pasamos de un término a otro sumando sucesivamente$d$. En símbolos,

\[a, a+d, a+2d, a + 3d, a + 4d + \ldots\nonumber\]

El patrón que aquí se sugiere es que para llegar al término$n$ th, comenzamos con$a$ y$d$ le agregamos exactamente$n-1$ tiempos, lo que nos lleva a nuestra fórmula$a_{n} = a + (n-1)d$ para$n \geq 1$. Pero, ¿cómo demostramos que este es el caso? Tenemos lo siguiente.

El principio de inducción matemática (PMI)

Supongamos que$P(n)$ es una oración que involucra el número natural$n$.

$P(1)$es verdad y
siempre que$P(k)$ sea cierto, se deduce que también$P(k+1)$ es cierto

ENTONCES la oración$P(n)$ es verdadera para todos los números naturales$n$.

El Principio de Inducción Matemática, o PMI para abreviar, es exactamente eso, un principio. ¹ Es propiedad de los números naturales que elegimos aceptar o rechazar. En inglés, dice que si queremos demostrar que una fórmula funciona para todos los números naturales$n$, comenzamos por mostrar que es cierto para$n=1$ (el 'paso base') y luego mostrar que si es cierto para un número natural genérico$k$, debe ser cierto para el siguiente número natural,$k+1$ (el 'paso inductivo'). La notación$P(n)$ actúa igual que la notación de función. Por ejemplo, si$P(n)$ es la oración (fórmula)$n^2 + 1 = 3$ ', entonces$P(1)$ sería'$1^2 + 1 = 3$ ', que es falsa. La construcción$P(k+1)$ sería '$(k+1)^2 + 1 = 3$'. Como es habitual, este nuevo concepto se ilustra mejor con un ejemplo. Volviendo a nuestra búsqueda para probar la fórmula de una secuencia aritmética, primero nos identificamos$P(n)$ como la fórmula$a_{n} = a + (n-1)d$. Para probar que esta fórmula es válida para todos los números naturales$n$, necesitamos hacer dos cosas. Primero, tenemos que establecer que eso$P(1)$ es cierto. En otras palabras, ¿es cierto eso$a_{1} = a + (1-1)d$? La respuesta es sí, ya que esto simplifica a$a_{1} = a$, que forma parte de la definición de la secuencia aritmética. Lo segundo que tenemos que mostrar es que cada vez que$P(k)$ es cierto, se deduce que$P(k+1)$ es cierto. En otras palabras, asumimos que$P(k)$ es cierto (esto se llama la 'hipótesis de inducción') y deducimos que también$P(k+1)$ es cierto. Asumir$P(k)$ que es verdad parece invitar al desastre, después de todo, ¿no es esto esencialmente lo que estamos tratando de probar en primer lugar? Para ayudar a explicar un poco mejor este paso, mostramos cómo funciona esto para valores específicos de$n$. Ya lo hemos establecido$P(1)$ es verdad, y ahora queremos demostrar que eso$P(2)$ es cierto. Por lo tanto, tenemos que demostrar eso$a_{2} = a + (2-1)d$. Ya que$P(1)$ es cierto, tenemos$a_{1} = a$, y por la definición de una secuencia aritmética,$a_{2}= a_{1} + d = a + d = a + (2-1)d$. Así$P(2)$ es cierto. Ahora usamos el hecho de que$P(2)$ es cierto para demostrar que eso$P(3)$ es cierto. Usando el hecho de que$a_{2} = a + (2-1)d$, mostramos$a_{3} = a + (3-1)d$. Ya que$a_{3} = a_{2} + d$, obtenemos$a_{3}= (a + (2-1)d) + d = a + 2d = a+(3-1)d$, por lo que hemos demostrado$P(3)$ es cierto. De igual manera, podemos usar el hecho de que$P(3)$ es cierto para demostrar que$P(4)$ es cierto, y así sucesivamente. En general, si$P(k)$ es verdadero (es decir,$a_{k} = a + (k-1)d$) nos propusimos mostrar que$P(k+1)$ es cierto (es decir,$a_{k+1}=a+((k+1)-1) d$. Suponiendo$a_{k} = a + (k-1)d$, tenemos por la definición de una secuencia aritmética que$a_{k+1}=a_{k}+d$ así obtenemos$a_{k+1}=(a+(k-1) d)+d=a+k d=a+((k+1)-1) d$. De ahí,$P(k+1)$ es cierto.

En esencia, al demostrar que siempre$P(k+1)$ debe ser cierto cuando$P(k)$ es cierto, estamos demostrando que la fórmula se$P(1)$ puede utilizar para obtener la fórmula$P(2)$, que a su vez puede ser utilizada para derivar la fórmula$P(3)$, que a su vez puede ser utilizada para establecer la fórmula$P(4)$, y así sucesivamente. Así, siempre y cuando$P(k)$ sea cierto para algún número natural$k$,$P(n)$ es cierto para todos los números naturales$n$ que siguen$k$. Acoplar esto con el hecho$P(1)$ es cierto, lo hemos establecido$P(k)$ es cierto para todos los números naturales que siguen$n=1$, es decir, todos los números naturales$n$. Uno podría comparar la inducción matemática con un proceso repetitivo como subir escaleras. ² Si estás seguro de que (1) puedes subir a las escaleras (la caja base) y (2) puedes subir de cualquier paso al siguiente paso (el escalón inductivo), entonces presumiblemente puedes subir toda la escalera. ³ Obtenemos un poco más de práctica con la inducción en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 9.3.1

Demostrar las siguientes afirmaciones utilizando el Principio de Inducción Matemática.

La fórmula de suma para las secuencias aritméticas:$\displaystyle{\sum_{j=1}^{n} (a + (j-1)d) = \dfrac{n}{2}(2a + (n-1)d)}$.
Para un número complejo$z$,$\left(\overline{z}\right)^n = \overline{z^{n}}$ para$n \geq 1$.
$3^{n} > 100n$para$n > 5$.
Dejar$A$ ser una$n \times n$ matriz y dejar$A'$ ser la matriz obtenida reemplazando una fila$R$ de$A$ con$cR$ para algún número real$c$. Utilizar la definición de determinante para mostrar$\det(A') = c \det(A)$.

Solución

Nos fijamos$P(n)$ para ser la ecuación que se nos pide probar. Para$n=1$, comparamos ambos lados de la ecuación dada en$P(n)$
\[\begin{array}{rcl} \displaystyle{\sum_{j=1}^{1} (a + (j-1)d)} & \stackrel{\text{?}}{=} & \dfrac{1}{2}(2a + (1-1)d) \\[15pt] a + (1-1) d & \stackrel{\text{?}}{=} & \dfrac{1}{2} (2a) \\ [10pt] a & = & a \, \checkmark \end{array}\nonumber\]

Esto demuestra que el caso base$P(1)$ es cierto. A continuación asumimos que$P(k)$ es cierto, es decir, asumimos

\[\displaystyle{\sum_{j=1}^{k} (a + (j-1)d) = \dfrac{k}{2}(2a + (k-1)d)}\nonumber\]

e intentar usar esto para mostrar$P(k+1)$ es cierto. A saber, debemos mostrar

\[\displaystyle{\sum_{j=1}^{k+1} (a + (j-1)d) = \dfrac{k+1}{2}(2a + (k+1-1)d)}\nonumber\]

Para ver cómo podemos utilizar$P(k)$ en este caso para probar$P(k+1)$, observamos que la suma en$P(k+1)$ es la suma de los primeros$k+1$ términos de la secuencia$a_{k} = a + (k-1)d$$k \geq 1$ mientras que la suma en$P(k)$ es la suma de los primeros$k$ términos. Comparamos ambos lados de la ecuación en$P(k+1)$.

\[\begin{array}{rcl} \underbrace{\displaystyle{\sum_{j=1}^{k+1} (a + (j-1)d)}}_{\text{summing the first $k+1$ terms}} & \stackrel{\text{?}}{=} & \dfrac{k+1}{2}(2a + (k+1- 1)d) \\ && \\ \underbrace{\displaystyle{\sum_{j=1}^{k} (a + (j-1)d)}}_{\text{summing the first $k$ terms}} + \underbrace{\vphantom{\displaystyle{\sum_{j=1}^{k+1}}}(a+(k+1-1)d)}_{\text{adding the ($k+1$)st term}} & \stackrel{\text{?}}{=} & \dfrac{k+1}{2}(2a + kd) \\ && \\ \underbrace{\dfrac{k}{2}(2a + (k-1)d)}_{\text{Using $P(k)$}} + (a + kd) & \stackrel{\text{?}}{=} & \dfrac{(k+1)(2a+kd)}{2} \\ && \\ \dfrac{k(2a+(k-1)d) + 2(a + kd)}{2} & \stackrel{\text{?}}{=} & \dfrac{2ka+k^2d + 2a + kd}{2} \\ && \\ \dfrac{2ka + 2a + k^2d + kd}{2} & = & \dfrac{2ka + 2a + k^2d + kd}{2} \, \checkmark \\ \end{array}\nonumber\]

Dado que todos nuestros pasos en ambos lados de la cadena de ecuaciones son reversibles, concluimos que los dos lados de la ecuación son equivalentes y por lo tanto,$P(k+1)$ es cierto. Por el Principio de Inducción Matemática, tenemos que$P(n)$ es cierto para todos los números naturales$n$.
Dejamos$P(n)$ ser la fórmula$\left(\overline{z}\right)^n = \overline{z^{n}}$. El caso base$P(1)$ es$\left(\overline{z}\right)^1 = \overline{z^{1}}$, lo que reduce a$\overline{z} = \overline{z}$ lo que es cierto. Ahora asumimos que$P(k)$ es verdad, es decir, asumimos$\left(\overline{z}\right)^k = \overline{z^{k}}$ e intentamos demostrar que eso$P(k+1)$ es cierto. Ya que$\left(\overline{z}\right)^{k+1} = \left(\overline{z}\right)^{k} \, \overline{z}$, podemos usar la hipótesis de inducción y escribir$\left(\overline{z}\right)^k = \overline{z^{k}}$. De ahí,$\left(\overline{z}\right)^{k+1} = \left(\overline{z}\right)^{k} \, \overline{z} = \overline{z^{k}} \, \overline{z}$. Ahora usamos la regla del producto para que los conjugados ⁴ escriban$\overline{z^{k}} \, \overline{z} = \overline{z^k z} = \overline{z^{k+1}}$. Esto establece$\left(\overline{z}\right)^{k+1} = \overline{z^{k+1}}$, así que eso$P(k+1)$ es cierto. De ahí, por el Principio de Inducción Matemática,$\left(\overline{z}\right)^n = \overline{z^{n}}$ para todos$n \geq 1$.
La primera arruga que encontramos en este problema es que se nos pide probar esta fórmula para$n > 5$ en lugar de$n \geq 1$. Dado que$n$ es un número natural, esto significa que nuestro paso base ocurre en$n=6$. Todavía podemos usar el PMI en este caso, pero nuestra conclusión será que la fórmula es válida para todos$n \geq 6$. Dejamos$P(n)$ ser la desigualdad$3^{n} > 100n$, y comprobar que eso$P(6)$ es cierto. Comparando$3^6 = 729$ y$100(6) = 600$, vemos$3^6 > 100(6)$ como requerido. A continuación, asumimos que eso$P(k)$ es cierto, eso es lo que asumimos$3^{k} > 100k$. Tenemos que demostrar que eso$P(k+1)$ es cierto, es decir, tenemos que mostrar$3^{k+1} > 100(k+1)$. Ya que$3^{k+1} = 3 \cdot 3^{k}$, la hipótesis de inducción da$3^{k+1} = 3 \cdot 3^{k} > 3(100k) = 300k$. Ya terminamos si podemos mostrarnos$300k > 100(k+1)$ por$k \geq 6$. Resolviendo$300k > 100(k+1)$ obtenemos$k > \frac{1}{2}$. Ya que$k \geq 6$, sabemos que esto es cierto. Armando todo esto, tenemos$3^{k+1} = 3 \cdot 3^{k} > 3(100k) = 300k > 100(k+1)$, y por lo tanto$P(k+1)$ es cierto. Por inducción,$3^{n} > 100n$ para todos$n \geq 6$.
Para probar esta propiedad determinante, utilizamos inducción en$n$, donde tomamos$P(n)$ para ser que la propiedad que deseamos probar es verdadera para todas las$n \times n$ matrices. Para el caso base, observamos que si$A$ es una$1 \times 1$ matriz, entonces$A = [a]$ así$A' = [ca]$. Por definición,$\det(A) = a$ y$\det(A') = ca$ así tenemos$\det(A') = c \det(A)$ como se requiere. Ahora supongamos que la propiedad que deseamos probar es cierta para todas las$k \times k$ matrices. $A$Déjese ser una$(k+1) \times (k+1)$ matriz. Tenemos dos casos, dependiendo de si la fila$R$ que se está reemplazando es o no la primera fila de$A$.
Caso 1: La fila$R$ que se está reemplazando es la primera fila de$A$. Por definición,

\[\operatorname{det}\left(A^{\prime}\right)=\sum_{p=1}^{n} a_{1 p}^{\prime} C_{1 p}^{\prime}\nonumber\]

donde el$1p$ cofactor de$A'$ es$C_{1 p}^{\prime}=(-1)^{(1+p)}$ y$A_{1 p}^{\prime}$ es la$k \times k$ matriz obtenida al eliminar la fila$1$ st y la columna$p$ th de$A'$. ⁵ Desde la primera fila de$A'$ es$c$ veces la primera fila de$A$, tenemos$a_{1 p}^{\prime}=c a_{1 p}$. Además, dado que las filas restantes de$A'$ son idénticas a las de$A$,$A_{1 p}^{\prime}=A_{1 p}$. (Para obtener estas matrices,$A'$ se elimina la primera fila de.) De ahí$\left(A_{1 p}^{\prime}\right)=\operatorname{det}\left(A_{1 p}\right)$, así que$C_{1 p}^{\prime}=C_{1 p}$. Como resultado, obtenemos

\[\operatorname{det}\left(A^{\prime}\right)=\sum_{p=1}^{n} a_{1 p}^{\prime} C_{1 p}^{\prime}=\sum_{p=1}^{n} c a_{1 p} C_{1 p}=c \sum_{p=1}^{n} a_{1 p} C_{1 p}=c \operatorname{det}(A),\nonumber\]

según sea necesario. De ahí que$P(k+1)$ sea cierto en este caso, lo que significa que el resultado es cierto en este caso para todos los números naturales$n \geq 1$. (Notarás que en este caso no utilizamos en absoluto la hipótesis de inducción. Es posible reestructurar la prueba para que la inducción solo se utilice donde sea necesaria. Aunque matemáticamente más elegante, es menos intuitivo, y apoyamos nuestro enfoque por su valor pedagógico.)

Caso 2: La fila$R$ que se está reemplazando no es la primera fila de$A$. Por definición,

\[\operatorname{det}\left(A^{\prime}\right)=\sum_{p=1}^{n} a_{1 p}^{\prime} C_{1 p}^{\prime},\nonumber\]

donde en este caso,$a_{1 p}^{\prime}=a_{1 p}$, ya que las primeras filas de$A$ y$A'$ son las mismas. Las matrices$A_{1 p}^{\prime}$ y$A_{1 p}$, por otro lado, son diferentes pero de manera muy predecible$-$ la fila en la$A_{1 p}^{\prime}$ que corresponde a la fila$cR$ en$A'$ es exactamente$c$ veces la fila en la$A_{1 p}$ que corresponde a la fila$R$ en$A$. En otras palabras,$A_{1 p}^{\prime}$ y$A_{1 p}$ son$k \times k$ matrices que satisfacen la hipótesis de inducción. De ahí, sabemos$\operatorname{det}\left(A_{1 p}^{\prime}\right)=c \operatorname{det}\left(A_{1 p}\right)$ y$C_{1 p}^{\prime}=c C_{1 p}$. Obtenemos

\[\operatorname{det}\left(A^{\prime}\right)=\sum_{p=1}^{n} a_{1 p}^{\prime} C_{1 p}^{\prime}=\sum_{p=1}^{n} a_{1 p} c C_{1 p}=c \sum_{p=1}^{n} a_{1 p} C_{1 p}=c \operatorname{det}(A)\nonumber\]

lo que establece$P(k+1)$ que es cierto. De ahí que por inducción, hemos demostrado que el resultado se mantiene en este caso para$n \geq 1$ y estamos hechos.

Si bien hemos utilizado el Principio de Inducción Matemática para probar algunas de las fórmulas que simplemente hemos motivado en el texto, nuestro principal uso de este resultado viene en la Sección 9.4 para probar el célebre Teorema Binomial. El ardiente estudiante de Matemáticas sin duda verá el PMI en muchos cursos por venir. A veces se afirma explícitamente y a veces permanece oculto en el fondo. Si alguna vez ves una propiedad declarada como verdadera 'para todos los números$n$ naturales', es una apuesta sólida que la prueba formal requiere el Principio de Inducción Matemática.

9.3.1 Ejercicios

En los Ejercicios 1 - 7, probar cada aserción utilizando el Principio de Inducción Matemática.

$\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} j^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}}$
$\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} j^3 = \dfrac{n^2(n+1)^2}{4}}$
$2^{n} > 500 n$para$n > 12$
$3^{n} \geq n^3$para$n \geq 4$
Utilice la regla del producto para el valor absoluto$\left|x^{n}\right| = |x|^{n}$ para mostrar todos los números reales$x$ y todos los números naturales$n \geq 1$
Utilice la Regla de Producto para logaritmos$\log\left(x^{n}\right) = n \log(x)$ para mostrar todos los números reales$x > 0$ y todos los números naturales$n \geq 1$.
$\left[ \begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & b \\ \end{array} \right]^{n} = \left[ \begin{array}{cc} a^{n} & 0 \\ 0 & b^{n} \\ \end{array} \right]$para$n \geq 1$.
Probar las Ecuaciones 9.1 y 9.2 para el caso de secuencias geométricas. Es decir:
1. Para la secuencia$a_{1} = a$,$a_{1}=a, a_{n+1}=r a_{n}, n \geq 1, \text { prove } a_{n}=a r^{n-1}, n \geq 1$.
2. $\displaystyle{\sum_{j=1}^{n} a r^{n-1} = a \left( \dfrac{1-r^n}{1-r}\right)}$, si$r \neq 1$$\displaystyle{\sum_{j=1}^{n} a r^{n-1} = na}$, si$r=1$.
Demostrar que el determinante de una matriz triangular inferior es el producto de las entradas en la diagonal principal. (Ver Ejercicio 8.3.1 en la Sección 8.3.) Utilice este resultado para luego mostrar$\det\left(I_{n}\right) = 1$ dónde$I_{n}$ está la matriz de$n \times n$ identidad.
Discuta la clásica 'paradoja' Todos los caballos son el problema del mismo color con sus compañeros de clase.

9.3.2 Respuestas Seleccionadas

Que$P(n)$ sea la sentencia$\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} j^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}}$. Para el caso base$n=1$,, obtenemos
\[\begin{array}{rcl} \displaystyle{ \sum_{j=1}^{1} j^2} & \stackrel{?}{=} & \dfrac{(1)(1+1)(2(1)+1)}{6} \\[15pt] 1^2 & = & 1 \, \checkmark \\ \end{array}\nonumber\]

Ahora asumimos que$P(k)$ es cierto y usarlo para mostrar$P(k+1)$ es cierto. Tenemos

\[\begin{array}{rcl} \displaystyle{ \sum_{j=1}^{k+1} j^2} & \stackrel{?}{=} & \dfrac{(k+1)((k+1)+1)(2(k+1)+1)}{6} \\[15pt] \displaystyle{ \sum_{j=1}^{k} j^2} + (k+1)^2 & \stackrel{?}{=} & \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} \\[15pt] \underbrace{\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}}_{\text{Using $P(k)$}} + (k+1)^2 & \stackrel{?}{=} & \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} \\ && \\ \dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6} + \dfrac{6(k+1)^2}{6} & \stackrel{?}{=} & \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} \\ [10pt] \dfrac{k(k+1)(2k+1)+6(k+1)^2}{6} & \stackrel{?}{=} & \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} \\ [10pt] \dfrac{(k+1)(k(2k+1)+6(k+1))}{6} & \stackrel{?}{=} & \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} \\ [10pt] \dfrac{(k+1)\left(2k^2+7k+6\right)}{6} & \stackrel{?}{=} & \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} \\ [10pt] \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} & = & \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} \, \checkmark \\ [10pt] \end{array}\nonumber\]

Por inducción,$\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} j^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}}$ es cierto para todos los números naturales$n \geq 1$.

Que$P(n)$ sea la sentencia$3^n > n^3$. Nuestro caso base es$n=4$ y verificamos$3^4 = 81$ y$4^3 = 64$ para que$3^4 > 4^3$ según sea necesario. Ahora asumimos que$P(k)$ es verdad, es decir$3^k > k^3$, y tratar de mostrar$P(k+1)$ es verdad. Tomamos nota de eso$3^{k+1} = 3 \cdot 3^{k} > 3k^3$ y así terminamos si podemos mostrarnos$3k^3 > (k+1)^3$ para$k \geq 4$. Podemos resolver la desigualdad$3x^3 > (x+1)^3$ utilizando las técnicas de la Sección 5.3, y hacerlo nos da$x > \frac{1}{\sqrt[3]{3}-1} \approx 2.26.$ De ahí, para$k \geq 4$, para$3^{k+1} = 3 \cdot 3^{k} > 3k^3 > (k+1)^3$ eso$3^{k+1} > (k+1)^3$. Por inducción,$3^n > n^3$ es cierto para todos los números naturales$n \geq 4$.

Que$P(n)$ sea la sentencia$\log\left(x^n \right) = n \log(x)$. Por la duración de este argumento, asumimos$x > 0$. El caso base$P(1)$ asciende comprobando$\log\left(x^1\right) = 1 \log(x)$ lo que es claramente cierto. A continuación asumimos que$P(k)$ es verdad, es decir$\log\left(x^{k}\right) = k \log(x)$ y tratar de mostrar$P(k+1)$ es verdad. Usando la regla de producto para logaritmos junto con la hipótesis de inducción, obtenemos
\[\log\left(x^{k+1}\right) = \log\left(x^{k} \cdot x\right) = \log\left(x^{k}\right) + \log(x) = k \log(x) + \log(x) = (k+1) \log(x)\nonumber\]

De ahí,$\log\left(x^{k+1}\right) = (k+1) \log(x)$. Por inducción$\log\left(x^n \right) = n \log(x)$ es cierto para todos$x>0$ y todos los números naturales$n \geq 1$.

Dejar$A$ ser una matriz triangular$n \times n$ inferior. Se procede a probar que$\det(A)$ es el producto de las entradas a lo largo de la diagonal principal mediante la inducción en$n$. Por$n=1$,$A = [a]$ y$\det(A) = a$, así el resultado es (trivialmente) cierto. A continuación supongamos que el resultado es cierto para matrices triangulares$k \times k$ inferiores. Dejar$A$ ser una matriz triangular$(k+1) \times (k+1)$ inferior. Ampliando$\det(A)$ a lo largo de la primera fila, tenemos
\[\operatorname{det}(A)=\sum_{p=1}^{n} a_{1 p} C_{1 p}\nonumber\]

Ya que$a_{1 p}=0$ para$2 \leq p \leq k+1$, esto simplifica$\operatorname{det}(A)=a_{11} C_{11}$. Por definición, sabemos que$C_{11}=(-1)^{1+1} \operatorname{det}\left(A_{11}\right)=\operatorname{det}\left(A_{11}\right)$ donde$A_{11}$ se obtiene$k \times k$ matriz eliminando la primera fila y la primera columna de$A$. Dado que$A$ es triangular inferior, así es$A_{11}$ y, como tal, se aplica a la hipótesis de inducción$A_{11}$. En otras palabras,$\det\left(A_{11}\right)$ es el producto de las entradas a lo largo$A_{11}$ de la diagonal principal. Ahora, las entradas en la diagonal principal de$A_{11}$ son las entradas$a_{22}, a_{33}, \dots, a_{(k+1)(k+1)}$ de la diagonal principal de$A$. Por lo tanto,

\[\operatorname{det}(A)=a_{11} \operatorname{det}\left(A_{11}\right)=a_{11}\left(a_{22} a_{33} \cdots a_{(k+1)(k+1)}\right)=a_{11} a_{22} a_{33} \cdots a_{(k+1)(k+1)}\nonumber\]

Tenemos$\det(A)$ es producto de las entradas a lo largo de su diagonal principal. Esto demuestra$P(k+1)$ que es cierto y, de ahí, por inducción, el resultado se mantiene para todas las matrices triangulares$n \times n$ superiores. La matriz de$n \times n$ identidad$I_{n}$ es una matriz triangular inferior cuya diagonal principal consiste en$1$$\det\left(I_{n}\right) = 1$ todos's.

Referencia

¹ Otra palabra para esto que quizás hayas visto es 'axioma'.

² La caída del dominó es la metáfora más utilizada en los principales libros de Álgebra Universitaria.

³ Así subió Carl las escaleras en la Catedral de Colonia. Bueno, eso, y aliento de Kai.

⁴ Véase Ejercicio 54 en la Sección 3.4.

⁵ Véase la Sección 8.5 para una revisión de esta notación.