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¿Cuál es un problema de inducción que será difícil de responder con un "razonamiento hacia atrás"?

Actualmente soy el asistente de enseñanza de un curso que sirve como introducción a las pruebas rigurosas, y he notado que algunos de mis estudiantes tienen una tendencia a tratar de usar una especie de "razonamiento hacia atrás" en los problemas de inducción. En concreto, si se les pide que demuestren algo como $n! > n^2$ para $n \geq 4$ Para el paso inductivo comenzarán escribiendo la propia desigualdad que quieren demostrar: $$ (n+1)! > (n+1)^2.$$

Es no Sin embargo, se trata de asumir la conclusión, porque entonces manipularán esta desigualdad hasta llegar a una nueva desigualdad que saben que es verdadera, a la \begin{align} (n+1)n! &> (n+1)(n+1)\\ n! &> (n+1) \end{align} Y luego dirían algo como $n! > n^2 > n+1$ siendo esta última desigualdad algo que ya habían probado.

El problema entonces es que está claro, al ver su trabajo, que muchos de ellos están tropezando con este método. Además, dudo que la mayoría de ellos se den cuenta de que esto sólo funciona porque cada paso de la cadena de razonamiento es reversible (al menos, ninguno de ellos hizo explícito que se basaba en este hecho).

Me gustaría convencerles de que si quieren utilizar este método, deben tener mucho cuidado. Ayudaría a enfatizar mi punto si pudiera presentar un problema de inducción que fuera difícil de responder usando este método. En particular, he estado tratando de pensar en una forma de forzarlos a usar un paso que no sea reversible, de manera que este razonamiento hacia atrás los lleve a afirmar algo que no se sigue de su afirmación anterior. Actualmente estoy jugando con cosas como $z^2 > 0$ seguido de $z > 0$ pero aún no he encontrado un problema que me parezca adecuado. ¿Alguna idea?

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Michael Menke Puntos 527

He aquí un problema que creo que es difícil de resolver mediante un "razonamiento hacia atrás".

Problema: Demuestre que todo número racional positivo puede escribirse como cociente de productos de factoriales de (no necesariamente distintos). Por ejemplo,

$\frac{10}{9} = \frac{2! \cdot 5!}{3! \cdot 3!\cdot 3!}$ .

Solución: Lo demostraremos para cualquier número racional $\frac{a}{b}$ por inducción en el mayor divisor primo de a o b. En el caso base a=b=1 y $\frac{a}{b} = \frac{2!}{2!}$ .

Supongamos ahora que a y b no tienen divisores primos comunes y que p es el mayor divisor primo de a o de b. WLOG podemos suponer que p|a ya que, de lo contrario, podemos tomar el recíproco, aplicar este argumento y volver a tomar el recíproco.

Dado que p|a tenemos $\frac{a}{b} = \frac{(p!)^ra'}{(p-1)!^rb}$ tal que a' y b tienen divisores primos estrictamente menores que p.

Por inducción $\frac{a'}{(p-1)!^rb}$ se puede escribir como un cociente de factoriales de primos. Multiplicando esta representación por (p!)^r se obtiene la representación deseada de $\frac{a}{b}$ .

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LedZeppelin Puntos 26

Para mostrarles que el razonamiento al revés es erróneo, podrías hacer algo como "Afirmación: 1=2, Prueba: 1=2 -> 1*0=2*0 -> 0=0, lo cual es cierto, así que hemos terminado".

Si quieres mostrarles algo en lo que empezar con lo que estás probando es una técnica errónea, quizás intenta algo en lo que lo reduzcas a un caso anterior. Por ejemplo, puedes demostrar que todo número entero n>1 tiene un divisor primo (aunque eso es una inducción fuerte).

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