1. Induccin.1.1. Proceso y mtodo de la induccin.

1.1.1. Introduccin (para los profesores).A lo mejor a cada uno de ustedes le ha tocado colocar fichas de domin en fila.Cuando empujas la primera cae la segunda, la segunda empuja la tercera hastaque caen todas. Cambiemos la fila de fichas por una serie de afirmaciones infinita:AI, A?, A%,..., enumeradas con nmeros naturales. Supongamos que sabemosdemostrar lo siguiente:

(B): la primera afirmacin de la serie es verdadera;(P): de la veracidad de cualquier afirmacin dada se deduce la veracidad de la

afirmacin que sigue a ella.Entonces hemos demostrado todas las afirmaciones de la serie. En realidad,

sabemos "empujar la primera ficha", es decir, demostrar la primera afirmacin, y(P) significa que "cada ficha, al caer empuja la siguiente". No importa la " ficha" -afirmacin que tomemos, la ola de "cadas"-demostraciones, una vez comenzadatarde o temprano llegar hasta ella, osea la afirmacin ser demostrada.

Nosotros describimos el esquema del mtodo de la induccin matemtica (MIM).El teorema (B) aqu se llama principio de la induccin, y el teorema (P) es el pasode la induccin.

El razonamiento con las afirmaciones-" fichas" muestra que el paso (P) es lacorta anotacin de la secuencia de teoremas, representada en la siguiente fig.

Ai -> A-i -> A3 -> . . . - Ak -* -Afc+i -+..,..

Los teoremas de esta secuencia se llamarn pasos, y el proceso de su sucesivademostracin es el proceso de induccin. Evidentemente el proceso de induccinse puede representar como una ola de demostraciones, que va de afirmacin enafirmacin por la secuencia de teoremas.

Desde el punto de vista sicolgico, lo principal en la induccin es su proceso.Cmo ensear (o aprender) a realizar este proceso, lo mostramos en forma dedilogo entre el profesor ("P") y el estudiante ("E"), el cual en forma un pocoalisada refleja la clase real del club. Al final de la primera parte del dilogo citamoslos comentarios de metodologa para el lector-profesor (las referencias estn dadasen el texto).

P: Problema 1.

De un cuadrado de papel cuadriculado de 16 x 16 cortaron una cuadrcula.Demuestre que la figura obtenida se puede cortar en "figuras en forma de L" quecontengan tres cuadrculas.

E: Todo es sencillo, en la figura en forma de L hay tres cuadrculas, y 162 1es divisible por 3.

P: Si todo es tan sencillo, corte al mismo tiempo una tira de 1 x 6 en las figurasen forma de L, ya que 6 tambin es divisible por 3.

E: S...De esa forma no se puede razonar. Entonces no s como resolver elproblema/1^

P: Usted no puede resolver este problema. Podr usted inventar y resolver unproblema ms fcil, pero semejante a ste?

E: Se puede tomar un cuadrado ms pequeo, por ejemplo de 4 x 4.P: O de 2 x 1.^E: Para uno de 2 x 2 no hay nada que demostrar: despus de quitar cualquier

cuadrcula queda exactamente una figura en forma de L. Pero que nos da esto?P: Intente usted ahora resolver un problema con un cuadrado de 4 x 4.E: El cuadrado de 4 x 4 se puede cortar en cuatro cuadrados de 2 x 2. Con

uno de ellos, en el cual est cortada una cuadrcula, todo es claro. Y qu hacercon los otros tres?

P: Intente cortar a ellos una figura en forma de L, que sea adyacente al centrodel cuadrado grande (ver la fig.l).

E: Entend! Cada uno de los tres cuadrados de 2 x 2 pierde de a una cuadrculay tambin se convertir en una figura en forma de L! El problema para el cuadradode 4 x 4 est resuelto. Pero y qu ms?

P: Intente tomar un cuadrado de 8 x 8. El cuadrado puede ser cortado encuatro cuadrados de 4 x 4. Intente utilizar esto.

E: Se puede razonar de la misma forma que antes. En uno de los cuadradosde 4 x 4 hay una cuadrcula cortada. El cuadrado se puede cortar en figuras enforma de L, como fue demostrado. Y de los tres restantes cortamos una figuraen forma de L que sea adyacente al centro del cuadrado de 8 x 8. Entonces ellospierden de a una cuadrcula, y nosotros podemos tambin cortarlas en figuras enforma de L.

P: Si se ve ahora cmo resolver el problema inicial?E: S. Cortamos un cuadrado de 16 x 16 en cuatro cuadrados de 8 x 8. En

uno de ellos est cortada una cuadrcula. Nosotros acabamos de demostrar que elcuadrado se puede cortar en figuras en forma de L. Y de los tres restantes cortamosuna figura en forma L que sea adyacente al centro del cuadrado de 16 x 16. Ahora

a cada uno de ellos podemos tambin cortarlos en forma de L. Es todo!P: No, no es todo. Nosotros resolvimos un problema para un cuadrado de 16 x

16, utilizando para ello "puentes" desde los problemas similares ms sencillos. Yno se podr ahora utilizar "puentes" desde el problema mismo hasta los problemassimilares ms difciles?^.

E: Por favor. Demostramos que en las figuras en forma de L se puede cortarun cuadrado de 32 x 32 sin cuadrcula. Para esto cortamos el cuadrado en cuatrocuadrados de 16 x 16, quitamos la figura en forma de L central y utilizamos laafirmacin ya demostrada sobre el cuadrado de 16 x 16.

P: As, se puede seguir adelante.E: Claro que s. Como el cuadrado de 32 x 32 se puede cortar, el cuadrado de

64 x 64 tambin se puede cortar, por consiguiente el cuadrado 128 x 128 se puedecortar y as sucesivamente...

P: Osea resulta una secuencia infinita de afirmaciones similares sobre cuadra-dos de diferentes tamaos. Y podremos decir que nosotros los demostramos todos?

E: S. Inicialmente demostramos la primera afirmacin de la secuencia oseasobre el cuadrado de 2 x 2. Luego deducimos de la afirmacin una segunda, de lasegunda afirmacin una tercera, de la tercera una cuarta y as se puede continuarhasta el infinito. Es claro, que caminando de esa forma por la secuencia, nosotrosllegaremos hasta cada una de sus afirmaciones. Eso significa que todas ellas sonverdaderas.

P: Es cierto. Ahora me imagino el siguiente cuadro: por la secuencia deafirmaciones y teoremas: 2 x 2 > 4 x 4 8 x 8 > . . . se desplaza la "olade afirmaciones". Claro es, que ella se desplazar hasta cada afirmacin de lasecuencia.

Notas metodolgicas. Haremos varias observaciones con respecto al dilogoanterior. Estas observaciones estn sealadas en el texto con el respectivo nmerode la nota.

Comentario #1. En aquel momento, cuando el estudiante "demostr" laafirmacin del problema con la ayuda de la divisibilidad por 3, ante el profesorsurgi un problema comn-cmo explicar al estudiante su error, sin darle unaayuda evidente al mismo tiempo. El profesor resuelve el problema con la ayudade un contraejemplo preparado de antemano. Tales "piedras submarinas" y losmtodos de lucha con ellas siempre es til saber de antemano.Rodear las piedrasse debe hacer de forma libre, distraerse en lo mnimo de la lnea principal de lasolucin.

Comentario #2. La introduccin de esta rplica en el texto no es casual.

NEs poco probable que el estudiante mismo mencione el caso trivial de 2 x 2- paral esto "no es un problema" (esta no ser la nica vez que tropecemos con estemomento sicolgico). No obstante el profesor sabe que es ms cmodo empezarcon este caso.

Comentario #3. En esta parte del dilogo de un modo evidente surge unesquema "paso a paso" de la realizacin de la solucin: 2 x 2 > 4 x 4 > 8 x 8 >16 x 16.

Ante nosotros tenemos el comienzo de la induccin: la base 2 x 2 y los tresprimeros pasos. Lo importante es que se hicieron suficientes pasos de la induccin,para que el estudiante note la analoga entre ellos. Ahora, despus de la preguntasugestiva el estudiante por s mismo puede fcilmente desarrollar por completo elproceso de la induccin. Observemos que hay ms soluciones inductivas de esteproblema, pero stas no son favorables para nosotros, ya que el proceso de induc-cin en ellas no se desarrolla tan exactamente, como en el ejemplo mencionado.Por eso el profesor distrae de las soluciones con una ayuda orientada. En gen-eral, preste atencin a la forma como el profesor lleva con exactitud su "partida":donde es necesario, l imperceptiblemente orienta al alumno hacia el camino ade-cuado, lo distrae de la falsa analoga y ayuda a economizar fuerzas. Adems esmuy importante para el profesor no ser importuno: una de las principales reglasconsiste en que el alumno debe por s mismo recorrer la mayor parte posible delcamino.

Saquemos una conclusin intermedia: el alumno (pero con ms frecuencia lohace el mismo profesor) formul el esquema del mtodo de la induccin matemtica(MIM). La frase destacada "caminando de esa forma por la secuencia, nosotrosllegaremos hasta cada una de sus afirmaciones" es la libre formulacin del princi-pio de la induccin matemtica, que est en el fundamento del MIM. La exactaformulacin ustedes pueden conocerla en cualquier libro de matemticas, de stoshay muchos. Pero admitamos que darla al comienzo del aprendizaje, la mayorade las veces es inoportuno, y frecuentemente es perjudicial. La formalizacin deuna afirmacin intuitivamente clara puede despertar en el estudiante escrupulosouna sensacin de incomprensin y ocasionar inseguridad. Al contrario, hay quehacer del esquema MIM. lo ms dinmico y evidente posible utilizando todos losmedios. Adems de la "ola" y las "fichas" de la introduccin, aqu son tiles lasanalogias de la caminata por la escalera, el cierre de la cremallera, etc.

Continuemos un poco ms con el dilogo interrumpido.P: As, nosotros demostramos una secuencia infinita de afirmaciones sobre las

secciones de cuadrados. Ahora vamos a escribirlo completamente, sin el "etc".

E: De esa forma ningn cuaderno alcanzar.P: Si, si escribimos cada afirmacin separadamente. Pero si las afirmaciones

son iguales, cambian solo las dimensiones de los cuadrados. Esto nos permitecodificar por completo nuestra secuencia en un rengln:

(*) un cuadrado de 2" x 2n sin una cuadrcula, se puede cortar en figuras enforma de L.

Aqu hay la variable n. Cualquier afirmacin de nuestra secuencia se puedeobtener, si colocamos en lugar del nmero variable, el nmero igual al nmerode afirmaciones en la secuencia. Por ejemplo, la afirmacin sobre el cuadrado de32 x 32 se obtiene para n = 5. Cmo se ve la dcima afirmacin de la secuencia?

E: Coloquemos n 10. Obtenemos una afirmacin sobre un cuadrado de210 x 210, osea 1024 x 1024.

P: Observen: la variable es una cosa comn, y que potencia permite a lasecuencia infinita reducirla en un regln. Qu es entonces una "variable"?

E: Bueno...es una letra...incgnita...P: Recuerden: esta letra significa simplemente un lugar vaco, mas exacto

un " "marco" donde se pueden ubicar diferentes nmeros. Los nmeros que sonpermitidos colocar en lugar de la variable, se llaman sus valores. As, los valoresde la variable n en (*) sirven los nmeros naturales. Precisamente gracias a estola frase (*) reemplaza la secuencia infinita de afirmaciones.

Ahora recordemos, como nosotros demostramos, que todas las afirmaciones dela secuencia (*) son verdaderas. Las designamos en orden: .Ai-sobre el cuadradode 2 x 2, A2-sobre el cuadrado de 4 x 4 y as sucesivamente. Inicialmente nosotrosdemostramos la afirmacin AI, y despus - la secuencia infinita de teoremasdel mismo tipo: si AI es verdadera, entonces A% es verdadera tambin; si esdemostrado AI, entonces A^ es verdadera tambin; si es demostrado AS,entonces^4 es verdadera tambin y as sucesivamente. Vamos a intentar codificar estasecuencia: "Para cada n natural...

E: ...si An est demostrada, entonces y An+i es verdadera."P: Y ahora decifraremos esta frase: qu significan An y An+1?E: Resulta as: (**) "Cualquiera que sea el nmero n natural escogido, si ya

est demostrado, que el cuadrado 2n x 2n sin una casilla se puede cortar en figurasen forma de L, entonces es cierto tambin que el cuadrado de 2n+1 x 2n+1 sin unacasilla se puede cortar en figuras en forma de L".

P: Ustedes pueden demostrar el teorema general obtenido?E: Tal vez. Cortamos el cuadrado de 2n+1 x 2n+1 en cuatro cuadrados de

2n x 2n. En uno de ellos se ha quitado una casilla. Al cuadrado lo podemos cortar

en figuras en forma de L segn la condicin. De los otros tres quitamos de a unacasilla, habiendo cortado una figura en forma de L, que sea adyacente al centrodel cuadrado inicial, y despus otra vez utilizamos la condicin del teorema.

P: Cierto. Ahora observen, que habiendo demostrado el teorema general (**),Ustedes demostraron enseguida la secuencia de teoremas del mismo tipo los cualesestn codificandos en el teorema general. Por ejemplo, reemplazando en sus razon-amientos la variable n por el nmero 1, obtenemos la ya conocida demostracinacerca de que la seccin de un cuadrado de 2 x 2 trae consigo la seccin delcuadrado de 4 x 4 y as sucesivamente. De esa manera, si (**) es una secuenciacodificada de teoremas, entonces Su razonamiento es una "ola de afirmaciones"codificada de estos teoremas. Pienso que ustedes entendieron lo siguiente: unasecuencia de teoremas del mismo tipo es ms til demostrar precisamente en esaforma reducida. Pero claro esta, que para esto es necesario inicialmente aprendera escribirlos de esa forma. '

El mtodo, por el cual nosotros resolvimos el problema 1, se llama el mtodode induccin matemtica. Qu es lo principal?

En primer lugar, nosotros analizamos la afirmacin (*) no como un hechonico, sino como una serie de afirmaciones infinitas del mismo tipo.

En segundo lugar, nosotros demostramos la primera de las afirmaciones, lacual se llama base de la induccin.

En tercer lugar, nosotros dedujimos de la primera afirmacin la segunda, de lamisma forma la tercera y as sucesivamente hasta el infinito. Este fue el cambiode la induccin; (**) es su anotacin corta, (reducida) notacin. Por cuantode la base con pasos de induccin se puede llegar hasta cualquiera de nuestrasafirmaciones, todas ellas resultan demostradas.

"El mtodo es una idea, utilizada dos veces" (D. Polia).Para una mejor comprensin del MIM frecuentemente se requiere represen-

tar las escenas anteriormente efectuadas en algunos problemas. Los problemastiles para este fin, los llamaremos claves. Uno de estos problemas nosotros lodesarrollamos anteriormente. Ahora analizemos cuatro problemas ms:

Problema 2. Demuestre que el nmero 111... 11 (243 unidades) es divisiblepor 243.

Indicaccin: el problema se generaliza hasta la afirmacin, que el nmero,escrito con 3" unidades, es divisible por 3n. La base: 111 es divisible por 3. Losestudiantes generalmente empiezan con la afirmacin que 111111111 es divisiblepor 9-nuestra base para ellos "no es un problema". Hay dos "piedras submarinas":el intento por analoga con los criterios de la divisibilidad por 3 y por 9 utilizar

6

,

el "criterio" no verdadero de la divisibilidad por 27, y el razonamiento del tipo"si el nmero es divisible por 3 y por 9, entonces l es divisible por 27". El tipode cambio necesario: dividir el nmero, escrito con 3n+1 unidades por el nmero,escrito con 3n unidades y convenserse de que lo particular es divisible por 3.

Problema 3. Demuestre que para cada n natural, empezando con 4, existeun polinomio de n-lados, que tiene exactamente tres ngulos agudos.

Indicaccin: Este problema es ms conveniente dar, si los estudiantes yasaben que un polgono convexo no puede tener ms de tres ngulos agudos. Labase n = 4 se demuestra con construccin directa.

El paso: "limamos" uno de los ngulos obtusos, el nmero de ngulos aumentaen uno, y los ngulos agudos los conservamos (ver la fig.3). El cambio con los"acomodamientos" de un ngulo a uno de los lados es ms difcil. Hay otrassoluciones (con la utilizacin de los polgonos inscritos y otros), pero de ellos esfcil desviar las ideas de segmentacin del ngulo. La afirmacin del problemaes cierta, claro es, que y para n = 3, pero para nosotros no es til empezar lainduccin con el tres, porque pasar den = 3an = 4 con el mtodo descrito arribano se puede, (hacer la fig.3)

El problema 3 da un ejemplo de construccin por induccin.Problema 4. (El juego "La Torre de Hanoi"). Pedrito tiene una pirmide

infantil con n anillos y dos barras vacas de la misma altura. Se permite cambiarel anillo superior de una barra a la otra, pero adems de esto se prohibe colocarel anillo ms grande sobre el ms pequeo. Demuestre, que

a) Pedrito podr cambiar todos los anillos a una de las barras vacas;b) l podr hacer esto en 2n 1 cambios.c)*con menos cantidad de cambios no lo lograr.Indicaccin: a), b): la base es obvia.Paso. Sea que nosotros podemos cambiar de sitio los k anillos en 2fc 1 pasos.

Tomamos k + 1 anillo. En 2fe 1 pasos cambiamos de sitio todos los anillos,menos el de abajo, en la tercera barra. Despus el de ms abajo lo colocamosen el segundo. Despus en 2fe 1 pasos cambiamos todos los dems anillos de latercera barra a la segunda. En total obtenemos (2fc 1) + 1 + (2fe 1) = 2k+i Ipasos. Recomendamos al principio hacer varios pasos de induccin "a mano".

c) Dar a eleccin: por la dificultad este punto ya no es clave. La idea de lademostracin del cambio: para cambiar de sitio el anillo de ms abajo a la segundabarra, es necesario primero cambiar todos los dems anillos a la tercera barra.

Problema 5. Un plano est dividido en reas con varias lneas. Demuestreque estas reas se pueden pintar en dos colores de tal forma que dos cualesquiera

reas vecinas estn pintadas con diferentes colores. (Se llaman reas vecinas, lasque poseen un territorio comn en la frontera).

Indicacin: Aqu nos tropezamos con una nueva dificultad: en la condicindel problema es evidente que falta la indicacin sobre la variable de induccin. Esnecesario empezar la solucin con su revelacin. Para esto se puede reformular lacondicin: "En el plano se pueden trazar n rectas...". Despus la base es n = 1o n = O a su gusto. El cambio: quitamos la (k + 1) sima recta, coloreamos latarjeta obtenida, de nuevo trazamos la recta quitada y coloreamos de nuevo conel color contrario todas las regiones de un lado de ella.

Para los profesores.Algunas palabras sobre el trabajo con los problemas claves. Los primeros dos

problemas (generalmente son los problemas 1-2) se discuten de manera similar aldilogo anterior osea el aumento de la cadena de una afirmacin en particular.Aqu los estudiantes deben entender lo esencial del proceso de la induccin yasimilar la relacin entre las cadenas de afirmaciones y las propuestas con lasvariables naturales. Con estudiantes poco preparados la reduccin de la cadenade pasos de la induccin se puede no utilizar en esta etapa. Ella se trabaja enla segunda etapa de la enseanza, cuyo fin es que los estudiantes trabajen con elcambio en forma reducida. Los problemas aqu es razonable proponer enseguidaen forma general, como los problemas 3 y 4 anteriores. En ellos la cadena deafirmaciones ya est dada y la solucin se empieza con su ampliacin, por ejemploas: "Ante nosotros tenemos una cadena reducida de afirmaciones. Que dira laprimera de ellas? la quinta? la 1991-sima?". Pero la cadena de pasos de lainduccin igual aumenta y se reduce como el esquema trabajado arriba, mientraslos estudiantes no asimilen slidamente la relacin de la cadena de desarrollo consu notacin reducida.

Concluyendo las soluciones de los problemas claves, es til dar a los estudiantesprecisos.

PLAN DE SOLUCIN DE LOS PROBLEMAS CON EL MTODODE LA INDUCCIN MATEMTICA.

1. Encuentre en las condiciones una serie de afirmaciones de un solo tipo- ampliado o reducido en la proposicin con variable. La variable puede estarenmascarada. Entonces encuntrela, trasformando la formulacin de la condicin.Si no hay cadena, intente aumentarla de tal forma que el problema este en sucontenido.

2. Demuestre la primera afirmacin de la serie (base de la induccin).3. Demuestre que para cada nmero natural n de la veracidad de la n sima

-rafirmacin de la serie resulta la veracidad de la (n + 1) sima afirmacin (elcambio inductivo).

4. Si la base y el cambio estn demostrados, entonces estn demostradas1 ytodas las afirmaciones, ya que hasta cada uno de ellos se puede llegar de la basecon los pasos del cambio.

El ltimo punto en todos los problemas se hace de igual forma. Por eso gen-eralmente no se hace, sino que se supone. Pero saberlo es necesario. Comnmenteno se destaca claramente y el primer punto osea la bsqueda de la serie de afir-maciones. Los que conocen el MIM esto es justo, pero con los principiantes coninsistencia recomendarnos realizarlo hasta tal punto que esto quede sin ningunaduda.

1.2. MIM y la hiptesis por analogaProblemaG. En cuntas partes dividen un plano n rectas, entre las cuales nohay paralelas y ningunas tres se intersectan en un punto?

E: Intentemos segir el plano. Existe alguna cadena en la condicin? Pareceque si: en cuntos partes divide una recta, dos rectas, tres rectas... a unasuperficie? El segundo punto es la base: una recta divide la superficie en dospartes.

P: O cero rectas dividen una parte.E: Claro. El tercer punto es el paso...!?P: Su incomprencin est justificada: nosotros tropezamos con un nuevo tipo

de dificultad. En los anteriores problemas nosotros trabajamos con cadenas deafirmaciones. Y aqu hay cadena, pero no de afirmaciones, sino de preguntas. Lasafirmaciones se obtienen, si damos las respuestas a ellas.

E: Pero cmo?P: Intenten adivinar la regla, por la cual el nmero de partes Pn depende del

nmero de rectas n. Los fsicos en estos casos hacen experimentos. Nosotrostambin podemos "experimentar", encontrando el nmero de partes para valoresno muy grandes directamente. Intntenlo.

E: Bien. As, P0 = 1, P\ = 2, P2 = 4, P3 = 7, P4 = 11. Necesitamos pensar....Creo adivinar! Con el aumento de la n sima recta el nmero de partes aumentaa n. Por consiguiente, Pn = I + (1-f 2 + 3 + . . . + n), el problema est resuelto.(Hacer dibujo 5).

P: No, todava no est resuelto. No olviden que en realidad hasta ahoranosotros verificamos la igualdad solo para n = 0,l,2,3,4. Para otros valores n es

9

^solo una suposicin, basada en la hiptesis, de que el aumento de la n simarecta aumenta el nmero de partes a n. Y si de pronto la hiptesis no es cierta?La garanta la obtenemos solo con la demostracin.

E: ...el mtodo de la induccin matemtica.P: Solo que primero vamos a completar el plan del prrafo 1 con el siguiente

punto:la. Si en el problema en vez de cadena de afirmaciones hay cadena de pregun-

tas, cambelas por las respuestas propuestas. Las respuestas se pueden adivinar"experimentando" con las primeras preguntas de la cadena. Pero al adivinar lasrespuestas, no olviden sustentarlas.

E: Yo s como sustentar nuestra hiptesis. La base ya la verificamos. Y encuanto al aumento de la n sima recta la cantidad de partes aumenta a n, sedemuestra fcil: ella intersecta a las rectas viejas en n 1 puntos y significa queintersecta n segmentos viejos.

La hiptesis por analoga est demostrada por nosotros, solo que es armapunzante y peligrosa: es grande la tentacin aceptar solo la ley adivinada por laya demostrada. Un buen remedio para tal error (equvoco) sirven los problemasdonde la hiptesis impuesta (surgida) resulta no verdadera. He aqu dos ejemplos.

Problema?.Es cierto que el nmero n2 4- n + 41 es simple para cualquier n natural?Comentario: no es cierto: 402 + 40 + 41 = 412,412 + 41 + 41 = 41 43. Pero el

que intente adivinar la respuesta, "experimentando" con valores no muy grandesn, se arriesga a llegar a una conclusin contraria, ya que para todos los n desde1 hasta39 se obtienen nmeros simples. Este ejemplo famoso ejemplo pertenece aLeonardo Elera.

ProblemaS.Sobre una circunferencia tomaron n puntos y los unieron con todos los seg-

mentos posibles. Resulto que ningunos tres de estos segmentos no se intersectanen un punto. En cuntas partes los segmentos dividen el crculo?

Comentario: Para n 1,2,3,4,5 obtenemos 1,2,4,8,16 partes respectiva-mente. Surge la conclusin siguiente: para cualquier n la cantidad de parteses igual a 2n-1. Pero esto no es cierto. En realidad la cantidad es igual an(n - l)(n - 2)(n - 3)/24 + n(n

10

1.3. 1.3 Problemas clsicosEntre los problemas clsicos en la aplicacin del MIM en la matemtica elemen-tal se puede destacar tres grandes grupos: la demostracin de las identidades,la demostracin de las desigualdades y los problemas sobre divisibilidad. No ob-stante la aparente simplicidad de las soluciones con la ayuda del mtodo de lainduccin matemtica, surgen aqu y una serie de obstculos tanto metdicoscomo y psicolgicos. Empezaremos con sus discusiones.

P: Hablemos un poco ms sobre el problema 6. A Ustedes les gusta la respuestaescrita en la forma 1 +(1 + 2 + 3 + 4 . . . + n)?

E: No mucho. Parece un poco voluminoso. Y en general, sera mejor sin lospuntos suspencivos.

P: Por favor. Resulta que l + 2 + 3 + - - - + n = n(n + l)/2. Esto se puededemostrar con el mtodo de la induccin matemtica.

E: Pero si para la induccin se necesita una serie de afirmaciones, y aqu haysolo una frmula.

P: Observen con atencin: en la frmula hay una variable n, Y esto como yasabemos es una seal de una serie reducida. Coloquen, por ejemplo en vez de nel nmero 1991.

E: Result 1 + 2 + + 1991 - 1991 1992/2.P: Osea una igualdad numrica. De ellos y se compone la serie, reducida en

nuestra "frmula". Demostrarla significa convenserse de que todas las igualdadesnumricas son ciertas. Si esto es as, entonces dicen acerca de la igualdad convariable, que ella es "cierta para todos los valores permitidos de la variable" y lallaman identidad. Cualquier identidad con una variable natural se puede intentardemostrala por de la induccin.

E: Y si nuestra igualdad para algunos n resultara no cierta?P: Entonces ella no ser identidad y no se podr demostrar: no tendr lugar

la demostracin de la base o el cambio. Rigurosamente hablando, para diferenciarla identidad de las igualdades arbitrarias con variables, se necesitarla escribir anteellas frases como "para cualquier natural...,es cierto, que... ", pero esto por logeneral no se hace. Hay que tener en cuenta que el lector mismo debe entenderel contenido del texto, saber si se habla de la ya demostrada identidad, o de lasupuesta identidad, o por ejemplo de una ecuacin.

E: Entonces utilizemos el MIM. La base: n 1. Es necesario demostrar, que...1 + 2 + .. . + 1 = 1- 2/2?!

P: Hay que demostrar que 1 = 1- 2/2. A Ustedes los desconcert la notacin1 + 2 + . . . + n (por completo cmoda). El asunto es que para n = 1 su cola

11

V2 + ... + n en realidad falta.

E: La base es clara. Pasemos a la segunda igualdad de la serie. Hay quedemostrar que 1 + 2 = 2 - 3/2. Esto es fcil: 3 = 3. Ahora pasemos a la tercera:1+2 + 3 = 3- 4/2. Esto tambin es fcil: 6 = 6. A la cuarta ... fcil tambin.Y despus que? De esa manera vamos a revisar cada identidad directamente? Siaqu no hay ningn cambio.

P: Intenten, escribir el cambio enseguida, en forma general reducida.E: (habiendo pensado) Esto tampoco resulta.Para los profesores. La persona que domina bien el MIM, los problemas

para la demostracin de las identidades parecen muy simples. Sin embargo denuestro dilogo vemos dos fuentes de dificultad para el estudiante, que empiezaa asimilar la utilizacin del MIM para las identidades. Primero: la identidad conuna variable natural con frecuencia no se comprende por los estudiantes como unacadena de afirmaciones. Una de las causas aqu es que las igualdades numricassimples no se comprenden por los estudiantes como afirmaciones independientes.En realidad, lo importante es que 1 + 2 + 3 = 3- 4/2 = 6 ?

Y segundo: en los primeros pasos es imposible observar la forma general delpaso inducctivo. Si inicialmente, por ejemplo, para la verificacin de las igualdades1 + 2 = 2 - 3/2,1 + 2 + 3 = 3- 4/2 y as sucesivamente, Ustedes no pasan de unaigualdad a otra, sino simplemente las verifica.

Por eso las identidades no pueden ser problemas claves, a pesar de su simplici-dad, y empezar con ellas el aprendizaje, como generalmente se propone, significacrear problemas con sus propias manos (claro que aqu no tenemos en cuenta a losestudiantes ms capacitados, porque ellos asimilan el mtodo para cualquier prob-lema, pero contar con ellos no se puede). Para la fijacin del MIM, las identidadesson muy tiles, porque las demostraciones aqu generalmente no son complicadas.

P: Bien, les ayudar. Imaginen que damos pasos de la induccin uno tras otro.Sea esto una "ola de demostraciones" que lleg hasta la afirmacin con el nmerok. Qu forma tiene?

E: Resulta 1 + 2 + 3 + . . . + k = k(k + l)/2. (#)P: Completamente cierto. Ahora diga que forma tiene la siguiente afirmacin,

la primera de las cuales la "ola" no ha alcanzado todavia.E: Aqu n = k + ly resulta 1 + 2 + ... + (k + 1) = (k + l)(k + 2)/2.P: Bien. Solo que a la anotacin corta de la suma que est a la izquierda con

el ltimo sumando vamos a escribir el penltimo:1 + 2 + 3 + . . . + A; + (fe + 1) = i(fc + l)(fc + 2) (##)Ahora digan, en que va a consistir el siguiente paso de la induccin.

12

E: Se entiende que de (#) se deduceP: Ahora supongamos que aprendimos a deducir (##) de (#) para cada k

natural. Entonces establecimos todos los pasos del cambio enseguida. El resultadoes que el teorema sobre el cambio aqu consiste en que: para cada k natural de laigualdad l + 2 + . . . + fc = fc(fc + l)/2, se deduce la igualdad l + 2+. . . + (fc + l) =(k+l)(k + 2)/2.

En otras palabras: est dada la igualdad (#) - demuestre la igualdad (##),si k es un nmero natural arbitrario. Por comodidad de la demostracin vamos adenotar las partes izquierdas de la igualdad (#) y (##) a travs de Sk y Sfc+i-

E: De (##) se ve que Sk+i = Sk + (k +1) (es por eso que el profesor escribi yel penltimo sumando!). Pero nosotros ya sabemos, que Sk = k(k + l)/2. De aquobtenemos que-Sk+i - JJb(fc + l) + (fc + l) = (fc(A; + l) + 2(fc+2)] = i(Jfc+l)(fc + 2)lo que se queria demostrar.

P: Recuerden una idea til con cuya ayuda fue demostrado el cambio: la parteizquierda de la igualdad (##) fue expresada por medio de la parte izquierda dela igualdad (#), y despus la ltima fue cambiada por la parte derecha de laigualdad (#).

Para los profesores. Aqu aparece una dificultad ms relacionada con lasidentidades. Al estudiante no le es claro como formular el cambio "en letras". Elprofesor mostr como vencer esto. Lo importante es que l al formular el cambio,utilizaba para denotar la variable no la misma letra, que en la identidad misma.El asunto es que en su primera aparicin esta letra ("fc") juega un papel de novariable, y las constantes (aunque y arbitrarias), muestran el lugar hasta el cualalcanz la ola de la demostracin inducctiva. Se convierte en variable ms tarde,en la formulacin general del cambio.

A menudo al formular la solucin inductiva corta de las variables en la iden-tidad y en el paso se denota con una letra, adems, al formular el paso, dicenfrases del siguiente tipo " ...y ahora en vez de n colocamos n +1". Inicialmente enla enseanza esto no es permitido porque dificulta y desorienta a los estudiantestanto ideolgica como tcnicamente (colocar n + l en vez de n para el principianteno es fcil).

Dejemos a un lado nuestros personajes y pasemos a los problemas. En losproblemas 9 - 16 se requiere demostrar la identidad con una variable natural n.

2. Problemas

Problema 9

13

1 + 3 + . . . + (2n - 1) = n2Problema 10

...

Problema 111 2 + 2 - 3 4- . - - + (n - 1 ) n =Problema 12J_ , J_ , , __ L_ - "-i-5 ~ 2-3 ~ ' ' ' ~ (n-l)w ~ nProblema 13

Problema 141 1 1 n

a (a + 6) (a + 6) (a + 26) (a + (n - 1) 6) (a + nb) a (a + nb)'donde a y b son cualesquiera nmeros tales que los denominadores no son igualesa cero.

Problema 15

m! (m+1)! (m + ri)\ (ra + n + 1)!" ~

O! 1! ni n\ (m +1)donde m,n = 0 ,1 ,2 , . . .

Problema 16_ n+ 1

2n

Comentarios: En los problemas 9 - 15 el paso se demuestra de igual formaque en el problema resuelto arriba. Pero en el problema 16 es ms cmodoresolverlo, mostrando la (k + 1) sima parte izquierda no como una suma sinocomo un producto de la k sima parte en 1 p. Tal procedimiento es til ypara la demostracin de algunas desigualdades (?ver abajo).

En el problema 11 la base no es n = 1, sino n = 2. Atencin estudiantes, parael paso del proceso de la induccin, esto de ninguna forma influye.

En el problema 15 la induccin es posible por cualquiera de las dos variables.Es til realizar las dos y compararlas. En los dos casos es mejor empezar con elcero.

Los problemas 11 y 12 son los casos particulares de los problemas 15 (param 2) y 14 (para a = b = 1) respectivamente. Al creer en otros valores m,a yb, se puede obtener cualquier nmero necesario de ejercicios del tipo 11 y 12. En

14

un grupo fuerte es til dar a los muchachos varios de estos ejercicios y pedir quereconstruyan la forma general de la identidad que gener estos ejercicios.

La mayora de la identidades 9-16 poseen no muy malas demostraciones noinductivas. El problema 9 posee una solucin geomtrica bonita, (ver la fig.)

La identidad 11 se puede obtener de las identidades 8 y 10. La identidad 13se puede demostrar, al dividir xn+1 1 en x+1 en la forma usual, y la identidad 16con el clculo directo. Para la demostracin de la identidad 12 es suficiente sealarque su parte izquierda es igual (1 1) + (^ 1) + . . . + (~j )- Tal procedimientometdicamente gana y para la demostracin de otras identidades. Para la personaque entendi bien el MIM, la discusin de estas soluciones alternativas sern muytiles.

Despus de las identidades generalmente se resuelven problemas sobre divisi-bilidad. Aqu la tcnica de la composicin y argumentacin de los pasos es similara la tcnica respectiva para las identidades: para la argumentacin por lo gen-eral se hace el aumento de la expresin dada en las condiciones y se verifica sudivisibilidad por el nmero necesario. Los problemas 1 7 - 1 9 tienen solucionesalternetivas no muy difciles (con la ayuda de la seleccin de los residuos). Unaproblema bastante difcil es el 22 puede servir como fuente de cualquier cantidadde ejercicios del tipo 18 - 19. As: demuestre, que para cualquier n natural

ProblemalT. n3 + (n + I)3 + (n + 2)3 es divisible por 9.Problema 18. 32n+2 + 8n - 9 es divisible por 16.Problema 19. 4n + 15n 1 es divisible por 9.Problema20. ir+2 + 122n+1 es divisible por 133.Problema21. 23" + 1 es divisible por 3n+1.Problema 22*. abn + en + d es divisible por un nmero natural m, si se sabe

que los nmeros o + d, (b l)c, ab + c a son divisibles por m.El trio de los problemas tpicos concluyen con los problemas sobre la demostracin

de las desigualdades. Aqu las demostraciones de los pasos son ms diversas. De-muestre las siguientes desigualdades:

Problema 23. 2n > n, donde n es cualquier nmero natural.Problema24. Para cuales n naturalesa) 2n > 2n + 1; b) 2n > n2?Problema25.T + 3 + . . + > g, n = 2, 3 , . ,Problema 26. 2" > 1 + nv/2"zr^n = 2,3, . . .Problema27. Demuestre, que el mdulo de la suma de cualquier nmero de

sumandos no supera la suma de los mdulos de estos sumandos.Problema28. (1 + x)n > I + nx, donde x > -1, x ^ O y n = 2 ,3 , . . .

15

Problema29.donde n es cualquier nmero natural.Comentarios. 23, 24: para el paso se puede verificar, que para cualquier n

el aumento de la parte izquierda de la desigualdad es mayor que el aumento de laparte derecha.

24b: Para la demostracin del paso se puede utilizar la 24a.25: Demostr que la parte izquierda de la desigualdad con monotona au-

menta.27: La induccin mediante el nmero de sumandos.28,29: ver los comentarios del problema 16.

2.1. 4. OTROS ESQUEMAS DEL MIMHasta ahora hemos trabajado con la versin principal del MIM. Cuando esto sehalla asimilado bien, se puede pasar a unos esquemas ms complicados. Muchosde ellos se puede formalmente reducir a la versin principal de la transformacinde la cadena de afirmaciones demostradas, pero metdicamente es ms racionalfundamentarlas, utilizando directamente la imagen de "la ola de demostraciones".

Iniciemos con el esquema de la "INDUCCIN DESDE TODOS LOS n < kEn la versin principal del MIM el paso de la induccin consiste en la deduccin

de la afirmacin Ak+\ de uno anterior que es Ak. Pero a veces' para fundamentar-Ajfc+i es necesario utilizar todas o varias de las 'afirmaciones anteriores desde A\hasta Ak. Esto es sin duda posible, porque s la ola de demostraciones lleg hastaAk, entonces antes de esto ella pas por todas las afirmaciones anteriores de la ca-dena. Al conservar la base usual el paso en este caso es de la siguiente forma: (Pl) :_Para cualquier k natural de la veracidad de las afirmaciones AI, A?, . . . , Ak sededuce la verdad A^+\.

Analizemos este problema.ProblemaSO. Demuestre, que cualquier nmero natural se puede representar

como la suma de varias potencias de dos (es posible, incluyendo y el cero).Solucin: En primer lugar demostramos la base. Si nuestro nmero es igual

a 1 o 2, entonces la existencia de la presentacin es evidente.Ahora denotamos nuestro nmero con n y buscamos la potencia mxima del

dos, no superior a n. Sea esto 2m, osea 2m < n < 2m+1. Consideramos la diferenciad = n 2m. Este nmero es menor, que n, y menor que, 2m. Por la suposicin dela induccin, este puede ser representado en forma de suma de varias potencias

16

diferentes de dos, adems es claro que 2m no puede ser parte en esta presentacin.Incluimos en esta presentacin el sumando 2m y obtenemos la presentacin re-querida para n. La induccin esta terminada.

ProblemaSl. Demuestre, que cualquier (no necesariamente convexo) pol-gono se puede dividir en tringulos con diagonales que no se intersectan.

Indicacin. Induccin por el nmero de lados. El paso se basa en el siguientelema: para cada polgono existe al menos una diagonal, la cual est dentro de estepolgono. Tal diagonal divide al polgono en dos con un menor nmero de lados.

Otro esquema del MIM muestraProblema32. Se sabe que x + 1/x es un nmero entero. Demustre que para

cualquier natural n el nmero xn + l/xn es tambin un nmero entero.Solucin: Denotemos que (xk+l/xk)(x+l/x) = xk~l+l/xk-1+xk+l+l/xk+l,

de donde xk+1 + l/xk+l = (xk + l/xk)(x + l/x} - (xk~l + l/xk~1}. Observamosque la (k + 1) sima suma ser un nmero entero, si son nmeros enteros lasanteriores dos sumas. Por eso el proceso de la induccin anda, si verificarnos, quelas dos primeras sumas son enteras: x -f l/x y x2 + l/x2. La verificacin se ladejamos al lector.

Comentarios. La particularidad de esta variante del MIM consiste en queal realizar el paso del cambio nos apoyamos no en una, sino en las dos anterioresafirmaciones. Por eso y la base aqu (y la base es natural llamar aquel segmentoinicial de nuestra cadena, en donde la exactitud de la afirmacin es necesarioverificar directamente, sin nigunos pasos - ellos no actan all) se compone no deuna, sino de las dos primeras afirmaciones de la serie.

Problema33. La sucesin de los nmeros ai, 0 2 , . . . , an,... es tal que ai =3, a- = 5, y an+i = 3an 2an_i para n > 2. Demuestre, que an 2n + I paratodos los n naturales.

Indicacin. Ver el problema 43 que es ms general.Nota. En el problema 33 y los tres anteriores a l, tropezamos no solo

con la demostracin, sino con la deficin de induccin: todos los trminos dadosaqu sucesiones, excepto algunas primeras, se dan en forma inductiva, a travsde las anteriores. Las sucesiones as dadas se llaman recursivas o de aumento;a ellas estn dedicados los [75] y [77]. Una explicacin ms detallada sobre lasdefiniciones, sobre construcciones y clculos por induccin ver en el libro [79],captulo 2.

Problema34. Est dado: ai = 1,03 = 2,'n+i = an an_! para todos losn > 2. Demustre que an+6 = an para cualquier n natural.

Problema35. Esta dada una serie de nmeros de Pibonacci: F\ = F

Fn+i = Fn + Fn_i para todos los n > 2. Demuestre que cualquier nmero naturalse representar en forma de suma de varios diferentes nmeros de Fibonacci.

ProblemaSG*. Demuestre que el n simo nmero de Fibonaci es divisiblepor 3 si y solo si, cuando n es divisible por 4.

Comentarios: En tal formulacin resolver el problema por induccin es pocoprobable. Demuestre un hecho ms general sobre las repeticiones de los residuosdesde la divisin de los nmeros de Fibonacci por 3 con periodo 8. A los nmerosde Fibonacci est dedicado el libro del mismo nombre [75].

Problema37. Un banco tiene una cantidad no limitada de billetes de tres ycinco rublos. Demustre que con ellos el banco puede entregar sin vueltas cualquiercantidad de rublos, comenzando con el ocho.

Comentarios: Induccin por el nmero de rublos. La base consiste en tresafirmaciones: 8 = 5 + 3,9 = 3 + 3 + 3,10 = 5 +5. El paso es el siguiente: si sepuede entregar k,k + 1 y k + 2 rublos, entonces se puede entregar k + 3, k + 4 yA; + 5 rublos. Esta induccin con una base difcil se puede descomponer en tresusuales con esquemas:

8 -* 11 -> 14 - . . . , 9 - 12 -f 15 - . . . y 10 - 13 - 16 - . . .Sealemos que en los problemas 32-36 esto era imposible.Hay tambin una variante no inductiva para esta solucin, basada en las igual-

dades 3n+ 1 = 5 + 5 + 3(n 3) y 3n+ 2 = 5 + 3(n - 1), pero encontrarla a lomejor no es tan fcil, como la solucin citada arriba.

Los tres problemas siguientes ideolgicamente son muy parecidos al problema37.

Problema38. Un pedazo de papel se puede romper en 4 o en 6 pedazos.Demuestre que el papel, siguiendo estas reglas, se puede romper en cualquiercantidad de pedazos empazando con el nueve.

Problema39. Demustre que un cuadrado se cortar en n cuadrados paracualquier n, empezando con el seis.

Problema 40. Demustre que un tringulo regular se puede cortar en n trin-gulos regulares para cualquier n, empezando con el seis.

Comentarios: 38: Si rompemos el pedazo en 4 o 6 pedazos, entonces entotal sern 3 o 5 pedazos mas. Luego ver la solucin del problema 37.

39, 40: un cuadrado (tringulo regular) se puede cortar tanto en 4, como y en6 cuadrados (tringulos regulares), como se muestra en la fig. 64. Obtenemos elproblema 38. Hay soluciones no inductivas fciles, relacionadas con la posibilidadde cortar un cuadrado (tringulo regular) en cualquier cantidad par de cuadrados(tringulos regulares) - ver la fig. 65.

18

Existen otros esquemas de la induccin, que no hemos desarrollado. Como porejemplo el esquema "INDUCCIN RAMIFICADA" con cuya ayuda se obtiene lademostracin de la maravillosa desigualdad entre la media geomtrica y la mediaarimtica.

Problema41*. Demuestre la desigualdad entre la media arimtica y la mediageomtrica: para cualesquiera nmeros positivos #1, 2, . . . , xn

X

n... x

El esquema de la solucin: La base: n = 2. Despus con los pasos desden = 2k a 2h+ la desigualdad se demuestra para todos los n, que sean potenciasde dos. Despus de esto se demuestra que si la desigualdad es cierta para los nnmeros, entonces es cierto y para n I nmeros. La base n 2. Despus conpasos desde n = 2fe hasta 2h+1 la desigualdad se demuestra para todos los n, queson potencias de dos. Despus de esto se demuestra, que s la desigualdad es ciertapara todos los n nmeros, entonces ella es cierta y para n 1 nmeros. La ola dedemostraciones se propaga de acuerdo al siguiente esquema: 2 ' .3

Problema 45*. Estn dados varios cuadrados. Demuestre que estos sepueden cortar en algunas partes con las cuales se puede formar un cuadrado.

Problema46*. Demuestre que de cualesquiera 2n+l nmeros naturales sepuede escoger exactamente 2n, suma de los cuales es divisible por 2n.

Problema47. En qu cantidad mxima de partes pueden dividir un planon circunferencias? n tringulos?

Nota. Compare con el problema 6. No olvide construir ejemplos de acuerdoa las particiones; esto tambin se hace por induccin.

Problema48. Sobre un plano estn dibujadas varias circunferencias. En cadauna de ellas se traz una cuerda. Demuestre que la carta obtenida se puede pintarcon tres colores, de tal forma que dos cualesquiera regiones vecinas estn pintadasde colores diferentes.

Problema49*. Demuestre "por contradiccin" que el principio matemticode la induccin formulado al comienzo del captulo es equivalente al "principiodel nmero mnimo": en cualquier conjunto de nmeros naturales hay mnimos.Invente una solucin, para cualquiera de los problemas anteriores (por ejemplo,el problema 46), basada en este principio (establescan una base y seguidamenterazonen por contradiccin), y comprela con el inducctivo.

Conclusin. El mtodo de la induccin matemtica es una idea muy em-pleada y til, con las aplicaciones que Usted encontrar tanto en el marco de estacoleccin, como en muchos otros problemas. Pero quisiramos advertir a Ustedesde la utilizacin innecesaria de este excelente instrumento de la demostracinmatemtica. No se debe pensar que cualquier problema, en cuya soluccin encon-tramos palabras como "y as sucesivamente", "anlogamente", son problemas parautilizar el MIM. Las demostraciones inductivas de muchas afirmaciones, algunasde las cuales Usted conocer en los captulos "Grafos-2", "Desigualdad" parecenms artificiales, que las demostraciones, que utilizan tales simples mtodos, comopor ejemplo cuenta directa o razonamientos recursivos. Estas demostraciones noes necesario analizarlas en el proceso de asimilacin del MIM, pero es indispensablehacerlo cuando el mtodo est firmemente comprendido.

Induccin (soluciones).34. En realidad, a3 '= I,o4 = I,a 5 = 2,ce = I,a7 = I,a8 = 2. Significa

que para n = 1,2 tenemos an+6 = an. Despus la induccin es evidente. 35.Para los nmeros naturales desde 1 hasta 5 esto se verifica directamente. Si esel nmero natural dado, entonces consideremos Fn el mximo de los nmeros deFibonacci, no mayoras a x. Entonces O < x Fn < Fn-\, esto significa que, x Fnse puede representar en forma de suma de varios nmeros diferentes de Fibonacci,

20

'menores que Fn-\. 42. Indicacin. Calcule primero algn nmero arbitrario, noigual a m y n. despus de esto utilize la induccin segn la suma de los nmerosm y n. 43. El paso de la induccin se deduce de la frmula

3(2" + 1) - 2(2n-1 + 1) = 2"+1 + 1,cierta para cualquier nmero entero n. 44. Es suficiente demostrar, que 2X >

x + 1 para cualquier nmero entero no negativo x. 45. Indicacin: demuestreprimero, que cualquier cuadrado se puede cortar en varias partes, de las cuales sepuede construir un rectngulo, uno de cuyos lados tiene una longitud de 1. 46.El paso inductivo se demuestra as: dividimos 2n+1 nmeros en dos partes con 2nnmeros en cada una de ellas. En estas partes escogemos de a 2n~1 nmeros, cuyasuma es divisible por 2"~1. Luego de los restantes 2" nmeros otra vez escogemosun tercer conjunto de los 2"1 nmeros, cuya suma es divisible por 2""1. Seala suma de los nmeros en estos tres conjuntos iguales a 2n~1a, 2n~~lb y 1n~lc.Entonces entre los nmeros a, 6, c hay dos nmeros de igual paridad. De acuerdoa sus conjuntos correspondientes es necesario unir en un conjunto de 2n nmeros,la suma de los nmeros en l ser divisible por 2n. 47. Respuestas: a) n2 n + 2;b) 3n2 3n + 2. 48. Indicacin: supongamos, que la coloracin necesaria entres colores ya se tiene. Entonces demuestre, que al agregar una circunferenciams con cuerda se puede cambiar la coloracin antigua de tal forma que la nuevacoloracin de la configuracin surgida sea correcta.

21