Por favor, ayuda. He estado atascado en esto durante 2 días. No he encontrado ningún texto fácil de explicar.
La cuestión es:
Demuestra por inducción matemática que :
$$ \sum_{r=1}^n r3^r = \frac{3}{4} \left[ 3^n \left( 2n-1\right)+1 \right] $$
He hecho muchas cosas pero no puedo ponerlas bien en tex.
Al abordar ejercicios de este tipo, lo importante es recordar utilizar correctamente la hipótesis de inducción.
Al demostrar fórmulas de suma, a menudo es necesario sustituir el primer $n$ términos en la prueba de $n+1$ por la fórmula que nos da la hipótesis de inducción. El resto son manipulaciones algebraicas. En este caso, una demostración sería como sigue:
Base de inducción: $n=1$ tenemos que $1\cdot3^1=3=\dfrac34[3(2\cdot1-1)+1]=\dfrac34\cdot4=3$ .
Paso de inducción: Supongamos que la fórmula de la suma se cumple para $n$ probémoslo para $n+1$ :
$$\begin{align} \sum_{r=1}^{n+1}r3^r =\\ &=\sum_{r=1}^nr3^r+(n+1)3^{n+1} &\text{we take out the last summand from the }\sum\\ &=\frac34[3^n(2n-1)+1]+(n+1)3^{n+1} &\text{now we use the induction hypothesis for }n\\ &=\frac{3^{n+1}(2n-1)+3+4(n+1)3^{n+1}}4 &\text{common denominator}\\ &=\frac{3^{n+1}(2n-1+4n+4)+3}4 &\text{gathering the }3^{n+1}\\ &=\frac{3^{n+1}(6n+3)+3}4 &\text{summation inside the parenthesis}\\ &=\frac{3^{n+2}(2n+1)+3}4 &\text{taking a common divisor from }6n+3\\ &=\frac34[3^{n+1}(2n+1-1+1)+1] &\text{taking out }\frac34\text{ and writing }+1-1\\ &=\frac34[3^{n+1}(2n+2-1)+1] &\text{summation}\\ &=\frac34[3^{n+1}(2(n+1)-1)+1] &\text{Q.E.D} \end{align}$$
-1 Por falta total de valor pedagógico. ¿De dónde viene la idea inductiva? ¿Hay alguna idea general aquí o es completamente ad-hoc? Las matemáticas no deberían sacarse de un sombrero como por arte de magia.
@Bill: ¿Me estás votando negativamente por la única razón de que me atreví a comentar tu segunda respuesta? Me resulta difícil de creer que usted sólo downvote una respuesta por falta de perspicacia, si lo hiciera - que tendría que utilizar toda su reputación para downvoting.
Expliqué ampliamente mi razón para el downvote (a diferencia de la persona que downvoteó mi respuesta). Si mejoras la respuesta para abordar las cuestiones que he planteado, estaré encantado de eliminar el voto negativo.
Introducción $\ $ Para abordar algunos comentarios a continuación, merece la pena añadir algunas observaciones introductorias. En general, concebir pruebas inductivas es una empresa difícil, que posiblemente requiera un verdadero ingenio, como dilucidar una estructura innata oculta, o idear un refuerzo eficaz de la hipótesis de inducción, etc. Aunque por lo general no hay universal para lograrlo, hay varias clases de métodos inductivos ampliamente aplicables que se han abstraído de las pruebas inductivas comunes y encapsulado en una forma convenientemente reutilizable. Quizá el más sencillo y omnipresente sea el método de telescopio que abstrae convenientemente las pruebas inductivas que implican la cancelación de términos vecinos en sumas y productos.
Si sigues la pista que te damos a continuación, descubrirás una sencilla demostración inductiva de una línea de dicho Teorema Fundamental. Una vez que disponga de este teorema, todas las inducciones similares de este tipo telescópico se vuelven completamente triviales: se reducen simplemente a comprobar la igualdad de polinomios (lo cual, a diferencia de idear pruebas inductivas, no requiere ingenio alguno). Si domina estas sencillas ideas, podrá enfrentarse fácilmente a muchos de los ejercicios de inducción de sus libros de texto. Además, adquirirás cierta experiencia aprendiendo a abstraer la esencia inductiva de la cuestión, lo cual es clave cuando uno se encuentra con nuevos tipos de inducciones más complejas.
Si continúa sus estudios matemáticos descubrirá otros métodos de inducción que han sido convenientemente encapsulados para su reutilización (por ejemplo, principios de maximalidad como el Lemma de Zorn). Extrañamente, sin embargo, uno rara vez encuentra alguna discusión sobre la inducción telescópica en los libros de texto. Aprendí/descubrí estos métodos sólo porque tuve la suerte de estar expuesto a un entorno muy estimulante como estudiante, por ejemplo, trabajando con el Ramanujan moderno Bill Gosper, mientras construía algoritmos eficaces de suma (e integración) para Macsyma, y aprendiendo de los maestros mientras ojeaba las estanterías abiertas de las Bibliotecas del MIT (animado por referencias de enciclopedias ambulantes como Rota). Una vez que se conocen los algoritmos, es natural que alguien interesado en la enseñanza se pregunte si la teoría algorítmica puede ser útil pedagógicamente.
Los métodos expuestos en mis numerosos posts sobre inducción intentan transmitir algunos casos más sencillos de dichos algoritmos generales. Es posible que la comprensión de estos artículos requiera un poco más de esfuerzo que la de otros que emplean técnicas ad hoc. Pero la recompensa por este pequeño esfuerzo extra es tremenda. Nunca más, en este tipo de inducciones, se encontrará vagando sin rumbo en busca de la idea clave necesaria para lograr una inducción. Esto es análogo a intentar calcular áreas bajo curvas sin saber cálculo (como hacían los antiguos como Arquímedes, con mucha inegenuidad) frente al cálculo mecánico de dichas áreas aplicando fórmulas de integración. La teoría casi siempre vence a los métodos ad hoc. Además, cuando, como en este caso, la teoría (telescopía) es breve y elemental, no hay ninguna razón de peso para limitarse a métodos ad hoc. Así pues:
Sugerencia $\: $ Primero demostrar trivialmente por inducción la Teorema fundamental del cálculo diferencial
$$\rm\ F(n)\ =\ \sum_{i\: =\: 1}^n\:\ f(i)\ \ \iff\ \ \ F(1)=f(1),\,\ \ F(n) - F(n\!-\!1)\ =\ f(n)\ \ {\rm for}\ \ n> 1$$
Su caso especial $\rm\:f(i) = i\:\!3^n\:$ ahora se deduce inmediatamente aplicando $(\Leftarrow)$ anterior señalando
$$\rm\ F(n) =\ \frac{3}{4} \left( 3^n (2n-1)+1\right) \ \Rightarrow \ F(1) = 3= f(1),\ \ F(n)-F(n\!-\!1) = n\:\!3^n = f(n) $$ Nótese que al encapsular la inducción en el Teorema Fundamental general hemos eliminado cualquier necesidad de ingenio inductivo, reduciendo así la demostración a una mecánico cálculo algebraico, es decir, comprobar que $\rm\:F(n)-F(n-1) = f(n).$
La demostración inductiva del Teorema Fundamental es mucho más obvia que la de tu caso especial porque la cancelación telescópica es obvia a este nivel de generalidad, mientras que suele estar ofuscada en la mayoría de los casos específicos (a menudo muy así). A saber, la demostración del Teorema Fundamental no es más que una demostración inductiva rigurosa de la siguiente cancelación telescópica
$$\rm \underbrace{\overbrace{\color{#c00}{F(1)}}^{\large \color{#c00}{f(1)}}\phantom{-\color{#c00}{F(1)}}}_{\large =\ 0}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\overbrace{-\,F(1)\!+\!\phantom{F(2)}}^{\large f(2)}\!\!\!\!\!\!\!\!\! \underbrace{F(2) -F(2)}_{\large =\ 0}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\overbrace{\phantom{-F(2)}+ F(3)}^{\large f(3)}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underbrace{\phantom{F(3)}-F(3)}_{\large =\ 0}+\,\underbrace{\cdot\ \cdot\ }_{\large =\,0\,}\overbrace{\cdot\ +F(n)}^{\large f(n)}\ =\ F(n) $$
El paso inductivo consiste en realizar el siguiente paso de la cancelación telescópica anterior, añadiendo $\rm\,f(n\!+\!1) = -F(n) + F(n\!+\!1)\,$ a la anterior, que añade $\rm\,f(n\!+\!1)$ a la suma LHS $\rm\,f(1)+\cdots f(n),\,$ y añade $\rm\ -F(n)+F(n\!+\!1)$ al RHS $\rm\,F(n),\,$ cediendo $\rm\,F(n\!+\!1),\,$ dando lugar a la $\rm\,n\!+\!1\,$ caso de la ecuación mostrada. Despojada de la motivación intuitiva y ligeramente reordenada la prueba es:
En $\rm\,n=1\,$ caso base $\rm\,\color{#c00}{F(1) = f(1)}\,$ es cierta por hipótesis, y el paso inductivo es obvio
$$\begin{align}\rm F(n\!+\!1)\ &=\rm\ \ \color{#0a0}{F(n)}\ \ +\, f(n\!+\!1)\ \ \ {\rm by\ hypothesis}\\ &=\rm \color{#0a0}{\sum_{i=1}^n f(i)} + f(n\!+\!1)\ \ \ {\rm by\ }\color{#0a0}{\rm induction}\\ &=\rm \sum_{i=1}^{n+1} f(i) \end{align}$$
Eso prueba la dirección no trivial $(\Leftarrow)$ del Teorema (el sentido inverso está claro).
Para más información, véase mi muchos posts sobre telescopios, algunos de los cuales dan ejemplos en los que el Teorema se ve más naturalmente como un teorema de unicidad para las recurrencias (de primer orden).
Aunque estoy de acuerdo en que demostrar el hecho general no es mucho más difícil que demostrar este caso particular, no veo cómo un principiante va a encontrar este enfoque más fácil.
@AsafKaragila: No todas las respuestas deben dirigirse al OP. A mí me parece útil conocer distintos enfoques de un mismo problema, y el PO tiene muchas respuestas elementales a su disposición.
@Fernando: Estoy de acuerdo, por supuesto. No obstante esto podría encajar en una pregunta generalizada. No a esta pregunta. Creo que alguien que pueda entender este respuesta podría haber visto esto de la respuesta anterior Bill dio en este hilo.
El método utilizado por Fernando se denomina inducción fuerte. Similar pero diferente a la inducción matemática a la que estás acostumbrado. Búscalo en Google o wikipedia
Cuando $n=1$ Verdad, Supongamos que $n=k$ verdadero, es decir $\sum_{r=1}^k r3^r = \frac{3}{4} \left[ 3^k \left( 2k-1\right)+1 \right]$ . Entonces $\sum_{r=1}^{k+1} r3^r = \frac{3}{4} \left[ 3^k \left( 2k-1\right)+1 \right]+(k+1)3^{k+1}=\frac{3}{4} \left[ 3^k \left( 2k-1\right)+1 +4(k+1)3^k\right]= \frac{3}{4} \left[ 3^k \left( 6k+3\right)+1 \right]=\frac{3}{4} \left[ 3^{k+1} \left( 2(k+1)-1\right)+1 \right]$ terminando la inducción.
No sé cuál es la forma cerrada, ni cómo diferenciarla, ni qué significa especializarla. Sin embargo, después de álgebra de la escuela secundaria podría resolver el problema de la OP. Si el OP entiende su respuesta o no, esta respuesta no llega a la audiencia general para las respuestas a esta pregunta. Me cuesta creer que alguien pueda entender esta respuesta y no ser capaz de responder a la pregunta del PO.
No creo que este sea el método previsto, basándome en la forma de la pregunta y en la información facilitada. (por ejemplo, no se nos da la forma cerrada para $\sum{x^k}$ )
@Ronald La forma cerrada para una suma de una serie geométrica es bien conocida. Su demostración por inducción es mucho más fácil de descubrir que la demostración de la suma dada. Para tener éxito en las demostraciones inductivas hay que aprender a transformar inducciones complicadas en inducciones más sencillas. Lo anterior es una forma de hacerlo para la suma dada. La introducción de parámetros, su posterior diferenciación, etc. es una poderosa herramienta popularizada por Euler y sistematizada más recientemente por los combinatoristas (funciones generatrices, cálculo Umbral, etc.). Otra forma de simplificar la inducción es transformar a un telescopio como en mi otra respuesta.
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Las dos preguntas siguientes son muy similares a ésta: Pruebas $\sum\limits_{i=0}^n i 2^{i-1} = (n+1) 2^n - 1$ por inducción y Cómo calcular la fórmula $\sum \limits_{r=1}^d r \cdot 2^r$ ?