2.3 Demostració

Exercici 2.24.

Donat un enter positiu $n$ , proveu directament que $n^{3}-n$ és sempre múltiple de 3.

Solució: Observa primer que $n(n^{2}-1)=n(n+1)(n-1)$ . Aquest tres factors són tres nombres naturals consecutius i, per tant, un d’ells serà un múltiple de 3. Com a conseqüència $n^{3}-n$ és sempre múltiple de 3. $\square$

Exercici 2.25.

Demostreu directament que per a cada terna de nombres reals positius $a,b$ i $c$ es compleix que

\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\geq 1\text{.}

Solució: Considerem $a>0,b>0$ i $c>0$ . Aleshores podem escriure les tres expressions següents:

	$\displaystyle M$	$\displaystyle=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}$
	$\displaystyle N$	$\displaystyle=\frac{a}{a+c}+\frac{c}{b+c}+\frac{b}{a+b}$
	$\displaystyle P$	$\displaystyle=\frac{c}{a+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{a}{a+b}$

Es clar que $N+P=3$ i $3M\geq M+N+P$ . Aleshores es té $2M\geq N+P$ i, per tant, $M\geq\frac{3}{2}>1$ .

Una altra forma de provar aquesta desigualtat és aplicant el fet que la mitjana aritmètica és més gran que la hipergeomètrica. En efecte, podem escriure ara d’aquesta manera:

	$\displaystyle M$	$\displaystyle=\frac{a}{b+c}+\frac{a}{a+c}+\frac{a}{a+b}$
	$\displaystyle N$	$\displaystyle=\frac{b}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{b}{a+b}$
	$\displaystyle P$	$\displaystyle=\frac{c}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{c}{a+b}$

Sumant tenim:

M+N+P=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+3

(2.3.1)

Ara bé,

M+N+P=\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}

Aplicant el que hem dit abans:

\frac{1}{2}\cdot\frac{(b+c)+(a+c)+(a+b)}{3}\geq\frac{3}{\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{% 1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}}\text{.}

Per tant, es té

\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}=

\frac{3}{2}\frac{(b+c)+(a+c)+(a+b)}{3}\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}+% \dfrac{1}{a+b}\right)\geq

\frac{3}{2}\frac{3}{\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}}\dfrac{1}{b+c% }+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}\geq\frac{9}{2}\text{.}

D’aquí i (2.3.1), surt

\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+3\geq\frac{9}{2}\text{,}

i, per tant,

\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\geq\frac{3}{2}\text{.}

$\square$

Exercici 2.26.

Proveu cap a enrere que per a qualssevol nombres reals negatius, $a<b$ implica $a^{2}>b^{2}$ .

Solució: La prova cap enrere surt de la tesi, i, per tant, podem fer es següent:

$a^{2}>b^{2}$	Tesi
$\left\|a\right\|>\left\|b\right\|$	Prenent arrels quadrades
$-a>-b$	$a,b$ són negatius
$a<b$	Multiplicant per $-1$ i surt l’hipòtesi

De fet, això que hem escrit s’havia d’haver pensat mentalment perquè la demostració real és una prova directa: Si $a<b$ , multiplicant per $-1$ , es té $-a>-b$ i $-a,-b$ són positius. Per tant, $\left(-a\right)^{2}>(-b)^{2}$ o sigui, $a^{2}>b^{2}$ . $\square$

Exercici 2.27.

Proveu per contrarecíproc que per a qualssevol $n,m\in\mathbb{Z}$ , si $mn$ és senar, llavors $m$ i $n$ són senars.

Solució: Si fessim la prova directa seria prendre com hipòtesi que $mn$ és senar i hem d’arribar a veure que $m$ i $n$ també ho són. En canvi, per contrarecíproc serà prendre com hipòtesi que no és el cas que $m$ i $n$ siguin senars i hem d’arribar a provar que $mn$ no és senar.

Si no és el cas que $m$ i $n$ siguin senars, vol dir que $m$ és parell o $n$ és parell. Suposem per exemple que $m$ és parell. Aleshores existeix $k\in\mathbb{Z}$ tal que $m=2k$ . Per tant, $mn=2kn$ i $kn\in\mathbb{Z}$ . Aleshores $mn$ és parell com voliem demostrar. $\square$

Exercici 2.28.

Proveu per reducció a l’abssurd que els únics enters consecutius no negatius $a,b$ i $c$ que compleixen $a^{2}+b^{2}=c^{2}$ són $3,4$ i $5$ .

Solució: Suposem que $3,4$ i $5$ no són els únics enters consecutius no negatius que compleixen $a^{2}+b^{2}=c^{2}$ . Això és equivalent a suposar que existeixen enters no negatius $n,n+1$ i $n+2$ i $n\neq 3$ tals que

n^{2}+(n+1)^{2}=(n+2)^{2}

Ara bé, fent operacions, s’obté l’equació $n^{2}-2n-3=0$ , què té com a solucions $3$ i $-1$ . Per tant, arribem a un absurd perquè hem suposat que $n\neq 3$ . Com a conseqüència, hem provat el que volíem. $\square$

Exercici 2.29.

Siguin $a,b$ i $c$ enters. Suposem que hi ha un nombre enter $d$ que $d\mid a$ i $d\mid b$ , però que $d$ no divideix $c$ . Demostreu per reducció a l’absurd que l’equació $ax+by=c$ no té cap solució que $x$ i $y$ siguin enters.

Solució: Suposem que $ax+by=c$ té una solució tal que $x$ i $y$ són enters. Com $d$ divideix $a$ i també $b$ , aleshores existeixen enters $m$ i $n$ tals que $a=md$ i $b=nd$ . Aleshores, es té

mdx+ndy=c

Dividint per $d$ , s’obté

mx+ny=\frac{c}{d}

Però això és absurd perquè $mx+ny$ és enter i, per tant, també $\dfrac{c}{d}$ i això no és possible perquè $d$ no divideix $c$ . $\square$

Exercici 2.30.

Proveu per inducció:

1.

Si $n$ és un nombre enter no negatiu, llavors ${\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}}k\cdot k!=\left(n+1\right)!-1$ .
2.

Si $n\in\mathbb{N}$ , llavors $\left(1+x\right)^{n}\geq 1+nx$ per a tot $x\in\mathbb{R}$ i $x>-1$ .

Solució: (1) Construïm una prova d’inducció sobre $n$ , sent $P(n)=$ “ ${\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}}k\cdot k!=\left(n+1\right)!-1$ ”.

Cas base:: $P(1)$ és ${\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{1}}k\cdot k!=\left(1+1\right)!-1$ i, això és veritat perquè $0\cdot 0!+1\cdot 1!=1$ .
Hipòtesi d’inducció:: Suposem que $P(n)$ és certa, o sigui que ${\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}}k\cdot k!=\left(n+1\right)!-1$ .
Tesi:: Hem de demostrar que $P(n+1)=$ “ ${\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n+1}}k\cdot k!=\left(n+2\right)!-1$ ” és certa.

En efecte, aplicant l’hipòtesi d’inducció, es té

	$\displaystyle{\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n+1}}k\cdot k!$	$\displaystyle={\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}}k\cdot k!+(n+1)(n+1)!$
		$\displaystyle=\left(n+1\right)!-1+(n+1)(n+1)!$
		$\displaystyle=(1+n+1)(n+1)!-1$
		$\displaystyle=(n+2)!-1$

que és el que volíem veure.

Conclusió:: Pel principi d’inducció sobre $n$ , deduïm que $P(n)$ és certa per a tot $n\in\mathbb{N}$ .

(2) Construïm una prova d’inducció sobre $n$ , sent $P(n)=$ “Si $n\in\mathbb{N}$ , llavors $\left(1+x\right)^{n}\geq 1+nx$ per a tot $x\in\mathbb{R}$ i $x>-1$ ”.

Cas base:: $P(1)$ és evident que és vertadera.
Hipòtesi d’inducció:: Suposem que $P(n)$ és certa, o sigui que si $n\in\mathbb{N}$ , llavors $\left(1+x\right)^{n}\geq 1+nx$ per a tot $x\in\mathbb{R}$ i $x>-1$ .
Tesi:: Hem de demostrar que $P(n+1)=$ “Si $n\in\mathbb{N}$ , llavors $\left(1+x\right)^{n+1}\geq 1+(n+1)x$ per a tot $x\in\mathbb{R}$ i $x>-1$ ” és certa.

En efecte, aplicant l’hipòtesi d’inducció, es té

	$\displaystyle\left(1+x\right)^{n+1}$	$\displaystyle=(1+x)^{n}(1+x)$
		$\displaystyle=\left(1+nx\right)(1+x)$
		$\displaystyle=1+x+nx+nx^{2}$
		$\displaystyle=1+(n+1)x+nx^{2}$
		$\displaystyle\geq 1+(n+1)x$

que és el que volíem veure.

Conclusió:: Pel principi d’inducció sobre $n$ , deduïm que $P(n)$ és certa per a tot $n\in\mathbb{N}$ .

$\square$

Exercici 2.31.

Proveu que el residu del quadrat de qualsevol nombre enter quan es divideix per 4 és $0$ o $1$ .

Solució: Tot nombre enter $n$ és o parell o bé senar. Aquesta idea proporciona l’estratègia de la demostració: construïr una prova per casos:

(1) Si $n$ és parell, aleshores $n=2k$ , on $k\in\mathbb{Z}$ . Llavors, $n^{2}=4k^{2}$ què és múltiple de $4$ i, per tant, quan es divideix per $4$ el residu val $0$ .

(2) si $n$ és senar, aleshores $n=2k+1$ , on $k\in\mathbb{Z}$ . Llavors, $n^{2}=4k^{2}+4k+1=4\left(k^{2}+k\right)+1$ què quan es divideix per $4$ el residu val $1$ . $\square$

Exercici 2.32.

Demostreu que per a cada nombre real $x$ , si $\left|x-3\right|>3$ llavors $x^{2}>6x$ .

Solució: Per definició de valor absolut, $\left|x-3\right|=x-3$ si $x-3\geq 0$ , i $\left|x-3\right|=-\left(x-3\right)$ si $x-3<0$ . Construïm una prova per casos:

(1) Si $x-3\geq 0$ , aleshores $\left|x-3\right|=x-3>3$ i, per tant, $x>6$ . D’aquí, s’obté $x^{2}>6x$ .

(2) Si $x-3<0$ , aleshores $\left|x-3\right|=-x+3>3$ i, per tant, $x<0$ . D’aquí, s’obté $x^{2}>6x$ . $\square$

Exercici 2.33.

És cert que per a cada enter positiu $n$ es compleix que $n^{2}-n+17$ és un nombre primer?

Solució: Si pensem que l’enunciat és fals hem de trobar un contraexemple per provar-ho. En efecte, si prenem $n=17$ , aleshores $n^{2}-n+17=289$ que no és primer. $\square$

Exercici 2.34.

(Algoritme de la divisió) Si $a,b\in\mathbb{N}$ , proveu que existeixen enters $q,r$ i són únics per els quals $a=bq+r$ , sent $0\leq r<b$ .

Solució: Sabem que $a,b\in\mathbb{N}$ . Primer hem de provar l’existència, buscant aquests nombres enters que compleixen la propietat. Considerem el conjunt de múltiples positius $b$ : $B=\left\{kb:k\in\mathbb{N}\right\}$ . Com el conjunt dels nombres naturals $\mathbb{N}$ està ben ordenat per la relació $\leq$ , tot subconjunt té mínim. Per tant, existeix un natural $n$ de $B$ tal que $nb\leq a<(n+1)b$ . Això és equivalent a $0\leq a-nb<b$ , i si ara prenem $r=a-nb$ i $q=n$ es compleix la propietat.

Finalment, hem de demostrar la unicitat. Suposem que existeixen $r^{\prime}$ i $q^{\prime}$ que compleixen $a=bq^{\prime}+r^{\prime}$ , sent $0\leq r^{\prime}<b$ . Aleshores, es té

	$\displaystyle bq+r$	$\displaystyle=bq^{\prime}+r^{\prime}$
	$\displaystyle r-r^{\prime}$	$\displaystyle=(q^{\prime}-q)b$

i això vol dir que $r-r^{\prime}$ és múltiple de $b$ . Llavors, com $0\leq r<b$ i $0\leq r^{\prime}<b$ , s’obté $0\leq\left|r-r^{\prime}\right|<b$ , i com a conseqüència, $\left|r-r^{\prime}\right|=0$ o sigui $r^{\prime}=r$ . Aleshores, també $q^{\prime}=q$ . $\square$