Un ejercicio de inducción

Probar por inducción que n(n+1)(n+2)(n+3) es divisible por 24 (o equivalentemente que n(n+1)(n+2)(n+3) es múltiplo de 24).

Solución: Este problema no se resuelve aplicando directamente la inducción. Hay que dar un pequeño “rodeo”. Lo esencial es advertir que

24 = 4! = 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1.

Si tenemos eso en mente veremos que basta probar que n(n+1) es múltiplo de 2! =2, n(n+1)(n+2) es múltiplo de 3! = 6 y n(n+1)(n+2)(n+2) es múltiplo de de 24.

Para n=1 tenemos

1 \cdot 2 =2 es múltiplo de 2.

1 \cdot 2 \cdot 3=6 es múltiplo de 6.

1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot =24 es múltiplo de 24.

La hipótesis de inducción para k es que k(k+1) es múltiplo de 2, k(k+1)(k+2) lo es de 6 y k(k+1)(k+2)(k+3) lo es de 24. Vemos que ocurre para k+1.

(k+1)(k+2) = (k+2)(k+1)=k(k+1)+ 2(k+1). Como hemos asumido que k(k+1) es múltiplo de 2, es obvio que k(k+1)+2(k+1) es un múltiplo de 2 al ser suma de múltiplos de 2.

(k+1)(k+2)(k+3) = (k+3) (k+1)(k+2)= k(k+1)(k+2)+3(k+1)(k+2). Como hemos supuesto que (k+1)(k+2) es múltiplo de 2 es obvio que 3(k+1)(k+2) es múltiplo de 6 y como k(k+1)(k+2) es múltiplo de 6, concluimos que la suma es múltiplo de seis al ser suma de dos múltiplos de este número.

(k+1)(k+2)(k+3)(k+4) = (k+4)(k+1)(k+2)(k+3) = k(k+1)(k+2)(k+3)+4(k+1)(k+2)(k+3).

De nuevo aplicando la hipótesis de inducción vemos que k(k+1)(k+2)(k+3) es múltiplo de 24. Ahora bien, como (k+1)(k+2)(k+3) es múltiplo de 6, concluimos que 4(k+1)(k+2)(k+3) es múltiplo de 24 y la suma ha de ser múltiplo de 24. Esto termina la demostración.

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Sobre libros que mueren y resucitan en Internet

En muchas ocasiones los estudiantes reciben bibliografía para ampliar o consultar temas sobre una asignatura particular. Y también en muchas ocasiones algunos textos (o todos) de estas bibliografías son prácticamente imposibles de conseguir. Por ejemplo, en la asignatura “Análisis Matemático V” de la U.N.E.D. se recomendaba el texto “Integración: Teoría y Técnicas” de Miguel de Guzmán y Baldomero Rubio, editado por Alhambra.  Nunca lo encontré disponible. Es un libro que murió. Murió porque su editorial murió o porque no había una cantidad suficiente de lectores para que fuera rentable reimprimirlo o una combinación de ambas cosas.

Al final recurrí a buscarlo por la red y lo encontré en algunas páginas. Así que el libro “resucitó”, al menos digitalmente. Como soy de la vieja escuela me hubiera gustado tenerlo físicamente pero al menos así se puede consultar. Por cierto, ahora se encuentra en scribd.

Sobre fracciones

Una de las últimas preguntas que me han hecho versaba sobre fracciones. En concreto, se trataba de averiguar, sin efectuar la división, si una fracción dada tenía una expresión decimal periódica o exacta. Esto me ha recordado un problema de Apostol (“Análisis Matemático, 2ª Edición, página 36, problema 1.8”) que dice así:

Demostrar que la expresión decimal de x terminará en ceros (o en nueves) si, y sólo si, x es un número racional cuyo denominador es de la forma 2^{n} 5^{m}, donde m,n son enteros no negativos.

En resumen, la respuesta a la pregunta que me hacen es que si una vez expresada la fracción en su forma irreducible, el denominador sólo tiene como factores potencias de dos o de cinco o de ambos, entonces la fracción da lugar a un decimal exacto. Por ejemplo, la fracción

\frac{114}{40}

se expresa como decimal exacto pues en su forma irreducible es

\frac{57}{20},

con denominador

20 = 2^2 \cdot 5.

Pero la fracción \frac{58}{36} se expresa en forma irreducible como

\frac{29}{18},

siendo el denominador 18 = 3^2 \cdot 2, por lo que su expresión decimal es periódica. En los siguientes párrafos voy a pergeñar una demostración de por qué esto es así.
Partimos de la hipótesis de que
x = \frac{k}{2^{n} 5^{m}}
donde k,n y m son enteros y m,n son positivos. En virtud del orden total presente en \mathbb{Z} será n \geq m o bien n \leq m. Para el primer caso (n \geq m) escribimos
x = \frac{k 5^{n-m}}{2^{n} 5^{m} 5^{n-m}} = \frac{k 5^{n-m}}{2^{n} 5^{n}} = \frac{k 5^{n-m}}{10^{n}}.
Esta fracción resultante termina en ceros (lo que equivale a terminar en infinitos nueves). Para el segundo caso (n \leq m), escribimos
x = \frac{k 2^{m-n}}{2^{n} 5^{m} 2^{m-n}} = \frac{k 2^{m-n}}{2^{m} 5^{m}} = \frac{k 2^{m-n}}{10^{m}} .
De nuevo esto significa que x termina en ceros o en infinitos nueves.

Recíprocamente, si x tiene un desarrollo decimal que acaba en ceros, entonces puede ponerse en forma finita:
x = a_{0}, a_{1}a_{2} \ldots a_{n},
donde a_{i} \in \{0,1, \ldots, 9 \}. Esto significa que
x = \sum_{i=0}^{n} a_{i} 10^{-i}.
Simplificando y agrupando obtenemos
x = \sum_{i=0}^{n} a_{i} 10^{-i} = \frac{1}{10^{n}} \sum_{i=0}^{n} a_{i} 10^{n-i} .
El lector puede observar que en la expresión anterior el sumatorio es un número entero. En consecuencia
x = \frac{\sum_{i=0}^{n} a_{i} 10^{n-i}}{2^{n} 5^{n}}
y se cumple la condición buscada. Veamos ahora el caso en el que x acaba en infinitos nueves:
x = a_{0}, a_{1}a_{2} \ldots a_{n} 9 9 9 9 9 9 \ldots,
donde a_{i} \in \{0,1, \ldots, 9 \}. Agrupamos esta expresión en la forma
x = \sum_{i=0}^{n} a_{i} 10^{-i} +9 \sum_{i=n+1}^{\infty} 10^{-i}.
El lector observa fácilmente que el primer sumando finito es equivalente al obtenido para el caso anterior. Así pues, aplicando lo ya visto y operando un poco tenemos
x = \frac{\sum_{i=0}^{n} a_{i} 10^{n-i}}{2^{n} 5^{n}} + \frac{9}{10^{n+1}}\sum_{i=0}^{\infty} 10^{-i} .
La suma infinita es la suma de todos los valores de una progresión geométrica de primer término 1 y razón 10^{-1}, luego resulta
\sum_{i=0}^{\infty} 10^{-i} = \frac{1}{1-\frac{1}{10}} = \frac{10}{9} ,
que sustituyendo en la expresión anterior y simplificando da lugar a
x = \frac{\sum_{i=0}^{n} a_{i} 10^{n-i}}{2^{n} 5^{n}} + \frac{9}{10^{n+1}} \frac{10}{9} = \frac{\sum_{i=0}^{n} a_{i} 10^{n-i}}{2^{n} 5^{n}} + \frac{1}{10^{n}} = \frac{\sum_{i=0}^{n} a_{i} 10^{n-i} +1}{2^{n} 5^{n}}.
Esto prueba que la fracción correspondiente tiene el denominador en la forma buscada.