Soluciones Taller 3 - Universidad Nacional de Colombia

Univ. Nacional de Colombia, Medellín – Escuela de Matemáticas ” Matemáticas
Discretas – Marzo 8, 2010
Soluciones Taller 3
1. Pruebe usando contradicción que: √ 2 + √ 6 < √ 15. (Sin usar calculadora,
sólo operaciones con enteros.)
Solución: Supongamos que √ 2 + √ 6 ≥ √ 15. Puesto que ambos lados de
la desigualdad son positivos, elevando al cuadrado a ambos lados se preserva
la desigualdad y se obtiene
y de aquí
( √ 2) 2 + 2 √ 2 √ 6 + ( √ 6) 2 ≥ ( √ 15) 2
8 + 2 √ 12 ≥ 15.
Restando 8 en ambos lados y elevando al cuadrado de nuevo se obtiene
de donde
(2 √ 12) 2 ≥ 7 2 ,
48 ≥ 49.
Esto último es una falsedad. Por lo tanto, lo asumido, √ 2 + √ 6 ≥ √ 15 es
también falso. Así que √ 2 + √ 6 < √ 15.
2. Pruebe que: Para todo entero n, si n 2 es impar, entonces n es impar.
Solución: Probamos el contrapositivo: si n es par entonces n 2 es par.
Supongamos que n es par, entonces por definición n = 2k para algún entero
k. Elevando al cuadrado se obtiene
n 2 = (2k) 2 = 4k 2 = 2(2k 2 ).
Pero ℓ = 2k 2 es entero, por lo tanto n 2 = 2ℓ es par.
3. Pruebe lo siguiente:
Para cualquier número entero, si 3n + 2 es impar entonces n es
impar.
Solución: Probamos el contrapositivo:
1

“Si n es par entonces 3n + 2 es par.”
Suponemos que n es par. Entonces existe un entero k tal que n = 2k y
reemplazando se obtiene
3n + 2 = 3(2k) + 2 = 2(3k + 1).
Puesto que ℓ = 3k + 1 es un entero, entonces 3n + 2 = 2ℓ es par.
4. La propiedad de un número entero de ser par o impar se denomina paridad.
Dos enteros tienen la misma paridad si ambos son pares o ambos son impares,
y tienen paridad opuesta si uno es par y el otro impar. Pruebe lo siguiente:
Dos números enteros consecutivos cualesquiera tienen paridad opuesta.
Solución: Sean n y n + 1 dos enteros consecutivos. Consideramos dos
casos:
n es par: Entonces existe un entero k tal que n = 2k y por lo tanto
n + 1 = (2k) + 1 = 2k + 1,
el cual es un entero impar por definición.
n es impar: Entonces existe un entero k tal que n = 2k + 1 y por lo tanto
n + 1 = (2k + 1) + 1 = 2k + 2 = 2(k + 1).
Puesto que ℓ = k + 1 es entero, entonces n + 1 = 2ℓ es un entero par
por definición.
Hemos obtenido en ambos casos que n y n+1 tienen paridad opuesta.
5. Pruebe lo siguiente
Para m y n enteros, si m y n tienen la misma paridad entonces
m + n es par.
Solución: Sean m y n enteros. Consideramos dos casos:
m y n son pares: Entonces existen enteros k1 y k2 tal que m = 2k1 y
n = 2k2. Por lo tanto
m + n = 2k1 + 2k2 = 2(k1 + k2).
Puesto que ℓ = k1 + k2 es entero, entonces m + n = 2ℓ es par por
definición.
2

m y n son impares: Entonces existen enteros k1 y k2 tal que m = 2k1 + 1
y n = 2k2 + 1. Por lo tanto
m + n = (2k1 + 1) + (2k2 + 1) = 2k1 + 2k2 + 2 = 2(k1 + k2 + 1).
Puesto que ℓ = k1 + k2 + 1 es entero, entonces m + n = 2ℓ es par por
definición.
Hemos obtenido en ambos casos que m + n es par.
6. Considere la siguiente proposición:
Para todo par de enteros m, n, si 7m + 5n = 147, entonces m es
impar ó n es impar.
(a) Escriba el converso de esta proposición.
Solución: Si m es impar ó n es impar entonces 7m + 5n = 147.
(b) Escriba el contrapositivo/contrarecíproco de esta proposición.
Solución: Si m es par y n es par entonces 7m + 5n = 147.
(c) Para cada uno de los anteriores, pruébelo ó de un contraejemplo.
Solución: El converso es falso: por ejemplo con m = n = 1, ambos
son impares pero 7m + 5n = 147. El contrapositivo es equivalente a la
afirmación original, y es verdadero. Probamos el contrapositivo:
Sean m y n enteros pares. Entonces existen enteros k1 y k2
tal que m = 2k1 y n = 2k2. Entonces
7m + 5n = 7(2k1) + 5(2k2) = 2(7k1 + 5k2).
Puesto que ℓ = 7k1 + 5k2 es entero, entonces 7m + 5n = 2ℓ
es entero par. Pero 147 = 2 · 73 + 1 es impar. Por lo tanto
7m + 5n = 147.
7. Para dos enteros m y n se dice que son iguales módulo k, y se denota
m = n(modk) ó m ≡ n(modk), si existe un entero ℓ tal que
n − m = kℓ.
Pruebe que si m = x(modk) y n = y(modk) entonces
m 2 + mn = x 2 + xy (modk).
Solución: (Este es quizás un poco más complicado que el promedio.)
Asumimos que m = x(modk) y n = y(modk). Por definición, existen enteros
ℓ1 y ℓ2 tal que
m − x = kℓ1 y n − y = kℓ2
3

Ahora con el propósito de llegar a la conclusión deseada, consideramos la
diferencia
(m 2 + mn) − (x 2 − xy) = (m 2 − x 2 ) + (mn − xy).
Para el primer témino tenemos que
m 2 − x 2 = (m − x)(m + x) = (kℓ1)(m + x) = k(ℓ1(m + x)).
Para el segundo término tenemos que, sumando y restando xn,
mn−xy = mn−xn+xn−xy = n(m−x)+x(n−y) = nkℓ1+xkℓ2 = k(nℓ1+xℓ2).
Entonces
(m 2 +mn)−(x 2 −xy) = k(ℓ1(m+x))+k(nℓ1+xℓ2) = k(ℓ1(m+x)+nℓ1+xℓ2).
Puesto que el factor multiplicando k en el último término es entero, entonces
por definición
m 2 + mn = x 2 + xy (modk).
8. Si a y b son números reales, se define max{a, b} como el máximo de a y b
ó el valor común si son iguales. Esto se puede escribir como
a si a ≥ b
max{a, b} =
b si b > a
Probar que: Para todo los números reales x1, x2, m, y, se tiene que
si m = max{x1, x2} y y ≥ m, entonces y ≥ x1 y y ≥ x2
Solución: Primero veamos que m ≥ x1 y m ≥ x2 considerando los dos
casos:
x1 ≥ x2: Entonces m = x1. Por lo tanto m ≥ x1. Por otra parte m = x1 y
x1 ≥ x2 implican m ≥ x2.
x1 < x2: Entonces m = x2. Por lo tanto m ≥ x2. Por otra parte m = x2 y
x2 > x1 implican m ≥ x1.
Ahora, asumimos y ≥ m. Puesto que m ≥ x1 y m ≥ x2 entonces y ≥ x1 y
y ≥ x2 por transitividad de ≥.
9. Use prueba por casos para demostrar que
max{x, y} =
Solución: Consideramos dos casos:
4
x + y + |x − y|
.
2

x ≥ y: Entonces max{x, y} = x. |x − y| = x − y. De aquí que
x + y + |x − y|
2
= x + y + (x − y)
que es entonces igual a max{x, y}.
2
= 2x
2
= x,
x < y: Entonces max{x, y} = y y |x − y| = y − x. De aquí que
x + y + |x − y|
2
= x + y + (y − x)
que es entonces igual a max{x, y}.
2
En ambos casos la ecuación dada se satisface.
= 2y
2
10. Se define el signo de un número real x, escrito sgn(x), como
⎧
⎨ 1 si x > 0
sgn(x) = 0
⎩
−1
si x = 0
si x < 0
= y,
Use prueba por casos para verificar que sgn(xy) = sgn(x)sgn(y) para todos
los números reales x, y.
11. Pruebe lo siguiente
Para todos los números reales x, y,
si x + y > 100 entonces x > 50 ó y > 50.
Solución: Probamos el contrapositivo: “Si x ≤ 50 y y ≤ 50 entonces
x + y ≤ 100”. Sean x y y reales positivos con x ≤ 50 y y ≤ 50. Sumando y
en ambos lados de la desigualdad x ≤ 10 se obtiene
x + y ≤ 50 + y.
Similarmente, sumando 50 en ambos lados de la desigualdad y ≤ 50 se
obtiene
y + 50 ≤ 100.
De estas dos desigualdades se obtiene
x + y ≤ 100
usando la transitividad de la desigualdad.
12. Pruebe lo siguiente
Para todos los números reales positivos x, y,
si xy > 100 entonces x > 10 ó y > 10.
5

Solución: Probamos el contrapositivo: “Si x ≤ 10 y y ≤ 10 entonces
xy ≤ 100”. Sean x y y reales positivos con x ≤ 10 y y ≤ 10. Multiplicando
la desigualdad x ≤ 10 por y a ambos lados, se obtiene
xy ≤ 10y
donde la desigualdad no cambia porque y > 0. Similarmente, multiplicando
la desigualdad y ≤ 10 por 10 a ambos lados, se obtiene
De estas dos desigualdades se obtiene
10y ≤ 100.
xy ≤ 100
usando la transitividad de la desigualdad.
Nota: Se podría pensar que x y y positivos es parte de la premisa original,
y de acuerdo con esto el contrapositivo sería “Si x ≤ 10 y y ≤ 10 entonces
x ≤ 0 ó y ≤ 0 ó xy ≤ 100”. Pero la verificación de esto sería esencialmente
la misma porque si no se tiene x ≤ 0 ó y ≤ 0, entonces ambos deben ser
positivos y entonces se puede concluir xy ≤ 100. Lo que se ha hecho en
la solución es considerar ser positivo como parte de la cuantificación y por
lo tanto no aparece en el contrapositivo. De ambas maneras, la prueba de
validez para el contrapositivo es esencialmente la misma.
13. Pruebe lo siguiente
Para todos los números reales positivos x, y y z,
si xy > z entonces x > √ z ó y > √ z.
Solución: Probamos el contrapositivo: “Si x ≤ √ z y y ≤ √ z entonces
xy ≤ z”. Sean x y y reales positivos con x ≤ √ z y y ≤ √ z. Multiplicando
la desigualdad x ≤ √ z por y a ambos lados, se obtiene
xy ≤ √ zy
donde la desigualdad no cambia porque y > 0. Similarmente, multiplicando
la desigualdad y ≤ √ z por √ z a ambos lados, se obtiene
√ zy ≤ √ z · √ z = z.
De estas dos desigualdades se obtiene
xy ≤ z
usando la transitividad de la desigualdad.
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14. Sean s and t números reales y sea
A =
s + t
2
(el promedio). Entonces al menos uno de los números s y t es mayor o igual
que A.
(a) Reescriba el enunciado en palabras haciendo explícitos los cuantificadores
involucrados.
Solución:
Para todos los números reales s, t, A, si A = (s+t)/2 entonces
s ≥ A ó t ≥ A.
Ó simbólicamente:
∀s, t, A ∈ R : ((A = (s + t)/2) → ((s ≥ A) ∨ (t ≥ A)))
(b) Escriba un prueba (detallada) de la validez del enunciado.
Solución: Por contradicción, asumimos que s < A y t < A, entonces
A = 1
(s + t)
2
por definición
< 1
(A + t)
2
porque s < A
< 1
(A + A)
2
porque t < A
= A
de lo que se concluye que A < A, lo que es una falsedad.
(c) Pruebe que además si uno de los números es estrictamente mayor que
A entonces el otro es estrictamente menor que A.
Solución: De nuevo, por contradicción. Se tienen dos casos dependiendo
de cual, s ó t es estrictamente mayor que A. Supongamos
s > A. La negación de la conclusión es t ≥ A. Entonces
A = 1
(s + t)
2
por definición
> 1
(A + t)
2
porque s > A
≥ 1
(A + A)
2
porque t ≥ A
= A
de lo que se concluye que A > A, lo que es una falsedad (contradicción)
y por lo tanto t < A. En el otro caso suponemos t > A y la negación de
7

la conclusión es s ≥ A. Procediendo en forma completamente análoga
se obtiene (podría omitirse ya que es bastante claro que sigue dado el
caso anterior)
A = 1
(s + t)
2
por definición
> 1
(s + A)
2
porque t > A
≥ 1
(A + A)
2
porque t ≥ A
= A
y se llega a la contradicción A > A y por lo tanto se concluye s < A.
Como conclusión de la prueba por casos, si uno de los números es
estrictamente mayor que A entonces el otro es estrictamente menor
que A.
15. Sean a y b números racionales con a = 0. Pruebe lo siguiente:
Para cualquier número real x, x es racional si y sólo si ax + b es
racional.
Por qué se necesita la condición a = 0 ?
16. Para cada una de las siguientes afirmaciones identifique si es verdadera o
falsa. En el primer caso dé una prueba (detallada) y en el segundo caso dé un
contraejemplo (un ejemplo que muestra la falsedad de la afirmación). Note
que en las afirmaciones implícitamente se está cuantificando universalmente.
(a) El producto y división (con divisor no nulo) de números racionales es
racional.
(b) El producto de un número racional diferente de cero y de un número
irracional es irracional. Sugerencia: Considere contradicción y parte
(a).
(c) El producto de dos números irracionales es irracional.
Solución: En notas de clase.
17. Pruebe las siguientes afirmaciones.
(a) Para todo los enteros m, n, ℓ, si ℓ | m y ℓ | n entonces ℓ | (m + n) y
ℓ | (m − n). (Recuerde que x | y significa que x divide y.)
Solución: Escribimos una prueba directa (para la suma, el caso de
la diferencia es completamente análogo):
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Sean m, n, ℓ enteros tal que ℓ | m y ℓ | n. Por definición,
existen enteros p y q tal que
Entonces sumando obtenemos
m = pℓ y n = qℓ.
m + n = pℓ = qℓ = (p + q)ℓ.
Puesto que p + q es entero concluímos que ℓ | (m + n).
(b) Para todo los enteros m, n, ℓ, si ℓ | m y ℓ | n entonces ℓ | (m+n). (x |y
significa que x no divide y.) Sugerencia: Use prueba por contradicción
y (a).
Solución:
Sean m, n, ℓ enteros tal que ℓ | m y ℓ | n. Para probar por
contradicción asumimos que ℓ | (m + n). Consideremos n
escrito como
n = (m + n) − m
Puesto que ℓ | (m + n) y ℓ | m, usando el resultado de la parte
(a) se concluye que ℓ | n. Pero de acuerdo con la hipótesis
ℓ | n. Así que tenemos una contradicción y por lo tanto podemos
concluir que ℓ | (m + n).
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