El principio de inducción matemática
Caso base, hipótesis y paso inductivo, con ejemplos resueltos
Hay enunciados que hay que demostrar para infinitos casos: para todo n ∈ ℕ. No se pueden comprobar uno a uno. La inducción es el mecanismo que convierte infinitas comprobaciones en dos.
La idea: fichas de dominó
Imagina una fila infinita de fichas de dominó. ¿Qué necesitas para estar seguro de que caen todas?
- Que caiga la primera.
- Que cada ficha que cae tire a la siguiente.
Con esas dos cosas ya no hace falta mirar: caen todas. Y si te falta cualquiera de las dos, no puedes afirmarlo.
El principio, formalmente
Una forma de convencerse de por qué funciona: si P no fuera cierta para todo n, el conjunto de los n que fallan sería no vacío, y por buena ordenación tendría un mínimo m. Ese m no puede ser 1 (por el caso base), así que m − 1 ∈ ℕ y P(m−1) es cierta. Pero el paso inductivo da entonces P(m). Contradicción.
El método en tres pasos
Ejemplo 1 · Suma de los n primeros naturales
Demostración por inducción
Caso base (n = 1). El lado izquierdo vale 1. El derecho, 1·2/2 = 1. Coinciden. ✔
Hipótesis de inducción. Supongamos que para cierto n ∈ ℕ se cumple
1 + 2 + … + n = n(n+1)/2
Paso inductivo. Queremos llegar a 1 + 2 + … + n + (n+1) = (n+1)(n+2)/2.
- Separo el último sumando para que aparezca la hipótesis:
1 + 2 + … + n + (n+1) = [1 + 2 + … + n] + (n+1) - Sustituyo el corchete usando la hipótesis:
= n(n+1)/2 + (n+1) - Saco factor común (n+1):
= (n+1)·(n/2 + 1) = (n+1)·(n+2)/2 - Y eso es exactamente la fórmula con n+1 en lugar de n. ✔
Por el principio de inducción, la igualdad es cierta para todo n ∈ ℕ.
∎
Ejemplo 2 · Suma de los impares
Demostración
Base (n = 1): 1 = 1². ✔
Hipótesis: 1 + 3 + … + (2n − 1) = n².
Paso: el impar siguiente a 2n − 1 es 2(n+1) − 1 = 2n + 1. Entonces
1 + 3 + … + (2n − 1) + (2n + 1) = n² + 2n + 1 = (n + 1)²
que es la fórmula para n+1. ✔
∎
Ejemplo 3 · Una desigualdad
Aquí el caso base no es n = 1: para n = 2, 3 y 4 la desigualdad es falsa (4 = 4, 8 < 9, 16 = 16). Empieza a cumplirse en n = 5.
Demostración
Base (n = 5): 2⁵ = 32 > 25 = 5². ✔
Hipótesis: 2ⁿ > n² para cierto n ≥ 5.
Paso:
- 2ⁿ⁺¹ = 2·2ⁿ > 2n² (usando la hipótesis)
- Basta ver que 2n² ≥ (n+1)², es decir, 2n² ≥ n² + 2n + 1, o sea n² − 2n − 1 ≥ 0.
- Las raíces de n² − 2n − 1 son 1 ± √2, así que la parábola es positiva para n ≥ 1 + √2 ≈ 2,41. Como n ≥ 5, se cumple.
- Encadenando: 2ⁿ⁺¹ > 2n² ≥ (n+1)². ✔
∎
Ejemplo 4 · Divisibilidad
Demostración
Base (n = 1): 1 − 1 = 0 = 6·0. ✔
Hipótesis: n³ − n = 6k para algún k ∈ ℤ.
Paso: desarrollamos (n+1)³ − (n+1) buscando que aparezca n³ − n.
- (n+1)³ − (n+1) = n³ + 3n² + 3n + 1 − n − 1
- = (n³ − n) + 3n² + 3n = (n³ − n) + 3n(n + 1)
- El primer sumando es 6k por hipótesis.
- En el segundo, n(n+1) es producto de dos naturales consecutivos, luego uno de ellos es par: n(n+1) = 2m. Entonces 3n(n+1) = 6m.
- Total: 6k + 6m = 6(k + m), múltiplo de 6. ✔
∎
Pruébalo tú
Inducción fuerte (o completa)
A veces P(n) no basta para llegar a P(n+1) y hacen falta casos anteriores.
No es un principio más potente: se demuestra a partir del ordinario (aplicándolo a la propiedad Q(n) = «P(k) es cierta para todo k ≤ n»). Es simplemente más cómodo.
Demostración por inducción fuerte
Base (n = 2): 2 es primo, así que es un producto de un solo factor primo. ✔
Hipótesis fuerte: supongamos que todo k con 2 ≤ k ≤ n es producto de primos.
Paso: consideramos n+1. Hay dos casos.
- n+1 es primo. Entonces ya es un producto de primos (él mismo). ✔
- n+1 es compuesto. Entonces n+1 = a·b con 2 ≤ a, b ≤ n. Por la hipótesis fuerte, a y b son productos de primos; multiplicándolos, n+1 también lo es. ✔
Fíjate en que aquí la inducción ordinaria no sirve: de P(n) no se deduce nada sobre los factores a y b, que pueden ser mucho menores que n.
∎
Variantes que aparecen en los exámenes
| Situación | Qué cambia |
|---|---|
| El enunciado empieza en n₀ ≠ 1 | El caso base es P(n₀), y la conclusión es «para todo n ≥ n₀» |
| Hay que usar P(n−1) y P(n) | Inducción fuerte, con dos casos base: P(1) y P(2) |
| Sucesión definida por recurrencia | La propia definición da el paso; comprueba bien cuántos términos iniciales necesitas |
| Enunciado con dos variables | Inducción sobre una y la otra fija, o inducción doble |
Dónde se rompe: detecta el error
Errores típicos
Ejercicios propuestos
1. Demuestra que 1³ + 2³ + … + n³ = [n(n+1)/2]²
Base: n = 1 da 1 = (1·2/2)² = 1. ✔
Paso: [n(n+1)/2]² + (n+1)³ = (n+1)²·[n²/4 + (n+1)] = (n+1)²·(n² + 4n + 4)/4 = (n+1)²(n+2)²/4 = [(n+1)(n+2)/2]². ✔
Curiosidad: la suma de los n primeros cubos es el cuadrado de la suma de los n primeros naturales.
2. Demuestra que 3 divide a n³ + 2n para todo n ∈ ℕ
Base: n = 1 da 3, divisible entre 3. ✔
Paso: (n+1)³ + 2(n+1) = n³ + 3n² + 3n + 1 + 2n + 2 = (n³ + 2n) + 3(n² + n + 1).
El primer paréntesis es múltiplo de 3 por hipótesis y el segundo lo es por construcción. ✔
3. Demuestra la desigualdad de Bernoulli: (1 + x)ⁿ ≥ 1 + nx para x ≥ −1 y n ∈ ℕ
Base: n = 1 da 1 + x ≥ 1 + x. ✔
Paso: (1+x)ⁿ⁺¹ = (1+x)ⁿ·(1+x) ≥ (1 + nx)(1 + x), donde se ha usado la hipótesis y que 1 + x ≥ 0 (por eso hace falta x ≥ −1: multiplicar una desigualdad por un número negativo la invertiría).
Desarrollando: (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n+1)x + nx² ≥ 1 + (n+1)x, porque nx² ≥ 0. ✔
4. Demuestra que la suma de los ángulos de un polígono convexo de n lados es (n − 2)·180°
Base: n = 3, un triángulo: 180°. ✔
Paso: un polígono convexo de n+1 lados se descompone trazando una diagonal en un polígono de n lados más un triángulo. Sus ángulos suman (n − 2)·180° + 180° = (n − 1)·180°, que es la fórmula para n+1. ✔
Aquí el caso base es n = 3 porque no existen polígonos de menos de tres lados.
5. La sucesión aₙ se define por a₁ = 1 y aₙ₊₁ = aₙ + 8n. Demuestra que aₙ = (2n − 1)²
Base: a₁ = 1 = (2·1 − 1)². ✔
Paso: aₙ₊₁ = aₙ + 8n = (2n − 1)² + 8n = 4n² − 4n + 1 + 8n = 4n² + 4n + 1 = (2n + 1)² = (2(n+1) − 1)². ✔
Preguntas frecuentes
¿Por qué hace falta el caso base si ya he demostrado el paso inductivo?
Porque el paso solo dice «si P(n), entonces P(n+1)»: es una cadena de implicaciones sin punto de partida. Se puede demostrar el paso inductivo de enunciados falsos, como 1 + 2 + … + n = n(n+1)/2 + 7. Sin base, la cadena no arranca.
¿Es hacer trampa suponer que P(n) es cierto?
No. No supones «P(n) para todo n», que es la tesis, sino P(n) para un n concreto arbitrario. Lo que demuestras es la implicación, y toda implicación se demuestra suponiendo su hipótesis.
¿Cuándo uso inducción fuerte?
Cuando para llegar a P(n+1) necesitas casos anteriores además de P(n): sucesiones tipo Fibonacci, descomposición en primos, algoritmos recursivos que parten el problema por la mitad. No es más potente: las dos formas son equivalentes.
¿Se puede empezar en un número distinto de 1?
Sí. Con base en n₀ y el paso demostrado para todo n ≥ n₀, la conclusión es «para todo n ≥ n₀». Es lo normal en desigualdades como 2ⁿ > n², válida solo desde n = 5.
¿La inducción sirve para demostrar cosas sobre números reales?
No directamente: el índice sobre el que se hace inducción tiene que ser un natural. Ahora bien, el enunciado puede hablar de reales, como la desigualdad de Bernoulli (1 + x)ⁿ ≥ 1 + nx, donde x es real y la inducción se hace sobre n.