Métodos básicos de prueba por inducción

Question

Así que buscamos probar $P(n)$ que

$$1^2+2^3+\cdots+n^3 = (n(n+1)/2)^2$$

Conozco el paso base para $p(1)$ retenciones.

Vamos a suponer $P(k)$

$$1^3+2^3+\cdots+k^3=(k(k+1)/2)^2$$

Y queremos demostrar $P(k+1)$

Lo que he discernido en internet es que debería intentar añadir el próximo trimestre, $k+1$ ...a ambos lados, así que...

$$1^3+2^3+\cdots+k^3 + (k+1)^3=(k(k+1)/2)^2 + (k+1)^3$$

ahora vi algunas tonterías desde que asumimos $p(k)$ podemos utilizarla como definición en nuestra prueba, concretamente en el lado izquierdo

así que como $$1^3+2^3+\cdots+k^3=(k(k+1)/2)^2$$

entonces $$(k(k+1)/2)^2 + (k+1)^3 = (k(k+1)/2)^2 + (k+1)^3$$ y tenemos nuestra prueba

OK hasta ahora eso esta mal

hasta ahora me he imaginado esto.

$$1^3+2^3+\cdots+k^3 + (k+1)^3=((k+1)((k+1)+1)/2)^2$$

Entonces

$$1^3+2^3+\cdots+k^3 + (k+1)^3=((k+1)((k+2)/2)^2$$

utilizando la definición

$$(k(k+1)/2)^2 + (k+1)^3 = ((k+1)((k+2)/2)^2$$ $$(k^2+k/2)^2 + (k^2+2k+1)(k+1) = (k^2+3k+2/2)^2$$ $$(k^4+k^2/4)+(k^2+2k^2+k+k^2+2k+1)= (k^4+9k^2+4/4)$$

¿Qué debo hacer? No parece posible que estos puedan equipararse, seguiré sin embargo

Answer 1

Suponiendo que $P(k)$ se añade $(k+1)^3$ a ambos lados de $$ 1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 = (k(k+1)/2)^2 $$ para obtener \begin{align} 1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 + (k+1)^3 & = (k(k+1)/2)^2 + (k+1)^3 \\ & = \frac 14 k^2(k+1)^2 + (k+1)^3 \\ & = \frac 14\left(k^4 + 2k^3 + k^2 + 4k^3 + 12k^2 + 12k + 4\right) \\ & = \frac 14\left(k^4 + 6k^3 + 13k^2 + 12k + 4\right) \\ & = \frac 14(k+1)^2(k+2)^2 \\ & = \left((k+1)(k+2)/2\right)^2. \end{align} Esta afirmación es $P(k+1)$ .

Answer 2

Lo que tiene que demostrar es que $S(k-1)+k^3=S(k)$ es decir $$\frac{(k-1)^2k^2}4+k^3=\frac{k^2(k+1)^2}4.$$ Simplificar mediante $\frac{k^2}4$ se obtiene $$(k-1)^2+4k=(k+1)^2.$$ QED.

Answer 3

Una prueba de ejemplo:

Sea $P(k)$ denota la afirmación de que $\sum\limits_{i = 1}^k i^3 = \left( \frac{k(k + 1)}{2} \right)^2$ .

Queremos demostrar que para todo $k \in \mathbb Z$ tal que $k > 0$ , $P(k)$ .

Lo demostraremos por inducción en $k$ .

En el caso base, $k = 1$ y tenemos que $1^3 = 1 = \left(\frac{1(1 + 1)}{2}\right)^2$ .

Ahora, para el caso inductivo, suponemos que para algunos $k$ , $P(k)$ retenciones.

Entonces, como hemos supuesto $P(k)$ tenemos que $\sum\limits_{i = 1}^k i^3 = \left(\frac{k(k + 1)}{2} \right)^2$ .

Añadir $(k + 1)^3$ a ambos lados, obtenemos que $\sum\limits_{i = 1}^{k + 1} i^3 = \left(\frac{k(k + 1)}{2} \right)^2 + (k + 1)^3$ .

Ahora, el lado derecho es igual a, por factorización, $(k + 1)^2 \left(\frac{k^2}{4} + (k + 1)\right)$ .

Podemos reescribirlo como $(k + 1)^2 \left(\frac{k^2 + (4(k + 1))}{4}\right)$ que se convierte en $\frac{(k + 1)^2(k^2 + 4k + 4)}{4}$ o $\frac{(k + 1)^2(k + 2)^2}{4}$ .

Esto equivale a $\left(\frac{(k + 1)(k + 2)}{2}\right)^2$ por lo que tenemos que $$ \sum\limits_{i = 1}^{k + 1} i^3 = \left(\frac{(k + 1)(k + 2)}{2}\right)^2, $$ que es precisamente $P(k + 1)$ .

Así, hemos demostrado que $P(1)$ y que para todo $k \in \mathbb Z$ tal que $k > 0$ , $P(k) \implies P(k + 1)$ y así, por el principio de inducción matemática, $P(k)$ es válido para $k$ .