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+1 voto

Debe haber algo incorrecto con la siguiente demostración; ¿qués es?

Teorema: Sea \[a\] cualquier número positivo. Para todos los enteros positivos \[n\] tenemos que:

\[
a^{n-1}=1
\]

\[\underline {Demostración:}\]

Si

\[n=1\], \[a^{n-1}=a^{1-1}=a^{0}=1\].

Y, por $inducción\ matemática$, asumiendo que el teorema es cierto para \[1,\ 2,\ .\ .\ .\ ,\ n\], tenemos que:

\[
a^{\left(n+1\right)-1}=a^n=\frac{a^{n-1}*a^{n-1}}{a^{n-2}}=\frac{1*1}{1}=1
\],

por lo que el teorema es cierto para \[n+1\] también.

Por tanto, el teorema es cierto para todos los enteros positivos  $n$.

por (1,1m puntos) en Problemas
editado por
Este es uno de los muchos ejercicios que salen en el libro "The art of computer programming", de Donald Ervin Knuth. Este señor es es uno de los más reconocidos expertos en ciencias de la computación por su fructífera investigación dentro del análisis de algoritmos y compiladores. Es Profesor Emérito de la Universidad de Stanford.

Es el creador de TEX.

Ofrece una recompensa de 2,56 dólares a quien encuentre errores conceptuales o tipográficos en sus libros (la razón detrás de la extraña cifra es que «256 centavos son 1 dólar hexadecimal»), y por otro lado ofrecía 3,16 por errores en 3:16 Bible Texts Illuminated.

4 Respuestas

–4 votos
 
Mejor respuesta

Entiendo cómo refutar la demostración, de la siguiente manera:

En la demostración expuesta, se asume que el enunciado se cumple para $1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n$ y se tiene que, para el caso $n+1$,

$a^{(n+1)-1}=\frac{a^{n-1}*a^{n-1}}{a^{(n-1)-1}}=\frac{1*1}{1}=1$.

Pero, se debe poder comprobar que ese resultado que se da para $n+1$ es cierto tomando $n=1$, y tener entonces que:

$1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n=1,\ .\ .\ .,\ 1=1$.

Como $n=1$, $n+1=2$. Veamos, pues, qué pasa para el caso de $n+1=2$:

$a^{(n+1)-1}=a^{(1+1)-1}=a^{2-1}=\frac{a^{1-1}*a^{1-1}}{a^{(1-1)-1}}$.

Como, por suposición se cumple para el caso de $1$, se tiene que $a^{1-1}=1$. Por tanto:

$a^{(n+1)-1}=a^{(1+1)-1}=a^{2-1}=\frac{a^{1-1}*a^{1-1}}{a^{(1-1)-1}}=\frac{1*1}{a^{0-1}}=\frac{1}{a^{0-1}}$.

Pero, ¿qué cosa es ese denominador que ha quedado? ¿Acaso es el "caso para $0$"?

El caso para $0$ no está definido, no existe, porque el primero de todos los casos es el de $1$, los casos empiezan desde el $1$, no desde $0$. No se puede tomar el "caso $n=0$". Así que no sabemos qué valor es $a^{0-1}$ en el contexto de este problema. Cuando asumimos que el enunciado se cumple para $1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n$, decimos $1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n$, y no $0,\ 1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n$. Por tanto, no podemos asegurar que $a^{0-1}=1$. Así entonces, el resultado anterior, que es el caso para $2$, no podemos asegurar que queda igual a $1$, porque queda igual a $\frac{1}{a^{0-1}}$.

Este es un contra-ejemplo para el cual la demostración expuesta no se cumple, una manera de refutarla, porque se basa exactamente en lo mismo que se hace en dicha demostración, en que si se cumple para $1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n$, se cumple también para $n+1$. Pero he demostrado que si se toma $n=1$, quedando $1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n=1,\ .\ .\ .,\ 1=1$, no se cumple para $n+1=2$, no se cumple el hecho anterior, es decir, no se cumple el hecho de que, si se cumple para $1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n$, se cumple para $n+1$, por quedar $\frac{1}{a^{0-1}}$, lo cual no está definido.

 

FIN.

 

por (1,1m puntos)
editado por
Hey! Eso es trampa! Te contestaste sólo y elegiste la tuya como mejor respuesta.
Pero ello demuestra un grave error que tiene el sistema de este foro: Es contradictorio que uno no pueda votar por su propia respuesta, pero pueda seleccionarla como la mejor. Por ahí dice que uno gana puntos al hacer preguntas, contestarlas, y sobre todo, si su respuesta es seleccionada como la mejor. Pero lo que lógicamente se entiende es que la respuesta de uno no la puede seleccionar uno mismo como la mejor respuesta.
Pero a ver, díganme cuál es el error que tiene esta respuesta. Sólo le han dado voto negativo y no comentan sobre algún error. Si miran que ninguna de las respuestas es correcta y por ello no merecen votos positivos, entonces, ¿por qué no se atreve alguien de una buena vez por todas a dar una solución correcta al problema planteado en esta pregunta?
Tú redacción es confusa en el párrafo que dice "Pero se debe poder comprobar que[...]". Luego dices que $a^{-1} $ "no está definido". Sabemos que existe una definición bastante universal de este concepto y está igual de bien definido que  $a^2$ o $a^0$. El problema no es que no esté definido sino que no cumple el teorema y para que la demostración estuviera completa y fuera válida lo tendría que cumplir.
ElíasMochan: En el párrafo al que te refieres, lo que yo digo es que para el conjunto $\{1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n\}$, puede tomarse $n=1$ y que entonces el conjunto $\{1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n\}$ quede igual al conjunto $\{1,\ .\ .\ .,\ 1\}$, es decir, que quede igual al conjunto $\{1\}$, que consta de sólo $1$ elemento, que es el $1$. Y entonces hacer la demostración como se presenta en el problema, expresando $a^{(1+1)-1}$ como $\frac{a^{1-1} \cdot a^{1-1}}{a^{(1-1)-1}}$, es decir, probar que se cumple para $n+1=2$ con el método expuesto. En el numerador, lo que aparece es el caso para $n=1$, el cual estamos asumiendo que se cumple, por lo cual $a^{1-1}=1$. Pero entonces ahí es que queda $a^{2-1}=\frac{1 \cdot 1}{a^{0-1}}=\frac{1}{a^{0-1}}$. Realmente llego a lo mismo a lo que llegaste tú en tu respuesta, y digo lo mismo: que el caso para $n+1=2$ no se cumple bajo la suposición de que se cumple para el caso $n=1$, porque el caso para $n+1=2$ queda igual a $\frac{1}{a^{0-1}}$. Lo mismo que tú: el numerador resulta ser igual a 1, pero el denominador (que es el caso para $n-1$, que sería el caso para $0$ porque $n=1$), no queda igual a $1$, queda igual a otra cosa: $a^{0-1}$.

Y con respecto a lo de que $a^{0-1}$ no está definido, lo que yo creía era que el valor de $a^{0-1}$ simplemente no se conoce y que no se puede interpretar de otra manera, como $\frac{1}{a}$. Pero si, según lo que me dices tú, $a^{0-1}$ es igual a $a^{-1}=\frac{1}{a}$, entonces el caso para $n+1=2$, quedaría igual a  $\frac{1}{\frac{1}{a}}$, lo cual es igual a $a$. Pero esta expresión, $a$, es igual a $a^{2-1}$, es decir, es igual al mismo caso que estamos intentando demostrar: el caso para $n+1=2$. Es decir, interpretando $a^{0-1}$ como $\frac{1}{a}$, el intento de la demostración para el caso $n+1=2$, se reduce a una identidad: $a^{2-1}=a^{2-1}$. Así es, ¿verdad? Sólo se reduce a lo mismo, y no te llega a quedar el $1$. Y por tanto, no queda que se cumple para $n+1=2$.
Escribes un poco enredado en mi opinión, pero sí: si usas las identidades bien conocidas para producto y división de potencias llegas a la tautología  $a=a$ lo cual no prueba nada.

$a^{0-1}=a^{-1} $ porque $0-1=-1$. Aún si no supieras qué es $a^x$, ésto es cierto porque la operación que aparece dentro de la potencia es la resta de enteros de siempre.
–2 votos
La demostración esta bien, lo que esta mal es el teorema(enunciada), no es cierta. Bueno al menos en los $\mathbb{R}$, se me ocurre enunciarla en $\mathbb{Z}_2$ hay sería cierta.
por (2,7m puntos)
Escucha esto, Ramiro Milu GaBa:
¿Cómo puede ser que, siendo correcta la demostración del enunciado, no sea éste cierto? Que la demostración esté correcta significa que el enunciado es cierto. Pero claro está, el enunciado realmente no es cierto, y lo que hay que hacer es precisamente encontrar una manera de refutar tal "demostración", es decir, encontrar alguna falacia que se usa en ella para aparentar al final que el enunciado es cierto.
+1 voto
La inducción usa 2 pasos anteriores, es decir, usa que es cierto para $n $ y para $n-1$. Por esto para que la demostración estuviera completa tendría que hacer dos casos base, $n=1$ y $n=2$. Si fuera cierto para $n=2$ la demostración sería correcta y por lo tanto también el teorema. Pero no es cierto para $n=2$ (obviamehte). Si tratamos de seguir la demostración por inducción cuando $n+1=2$ se escribiría $a^{2-1}=a^1=\frac {a^0\cdot a^0}{a^{-1} } $. El numerador en efecto es 1 pero el denominador nunca se probó que fuera 1.
por (8m puntos)
0 votos

Pues bien, yo puedo ver que lo que ocurre es lo siguiente:

En la inducción matemática, se hace la suposición de que el enunciado es cierto para $1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n$.

Por tanto:

  • Como se cumple para $n$, se tiene que: $a^{n-1}=1$. Pero se tendría que, para el caso $n-1$,

          $a^{(n-1)-1}=\frac{a^{n-1}}{a}=\frac{1}{a}$

Vemos que, si se cumple para $n$, no se cumple para $n-1$. Y para el caso de $n+1$, se tendría

$a^{(n+1)-1}=\frac{a^{n-1}*a^{n-1}}{a^{(n-1)-1}}=\frac{1*1}{\frac{1}{a}}=a$

  • Como se cumple para $n-1$, se tiene que: $a^{(n-1)-1}=1$. Pero se tendría que, para el caso $n$,

$a^{n-1}=a^{(n-1)-1}*a=1*a=a$

Vemos que, si se cumple para $n-1$, no se cumple para $n$. Y para el caso de $n+1$, se tendría

$a^{(n+1)-1}=\frac{a^{n-1}*a^{n-1}}{a^{(n-1)-1}}=\frac{a*a}{1}=a^{2}$

El problema está entonces en que el enunciado no se cumple simultáneamente para $n-1$ y para $n$, por lo cual la suposición de que se cumple para $1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n$, no es válida para tratar de realizar la demostración.

Al tratar de demostrar que se cumple para $n+1$, claramente se puede ver que el autor utiliza la suposición (que en realidad es incorrecta) de que se cumple al mismo tiempo para $n$ y para $n-1$. Esto es, al mismo tiempo hace lo siguiente: utilizar el hecho de que se cumple para $n$ en el numerador, y utilizar el hecho de que se cumple para $n-1$ en el denominador de $\frac{a^{n-1}*a^{n-1}}{a^{n-2}}$, que es lo mismo que $\frac{a^{n-1}*a^{n-1}}{a^{(n-1)-1}}$. Y precisamante eso es inválido, porque no se cumple para $n$ y para $n-1$ al mismo tiempo.

En conclusión entonces, la falacia está en usar en la inducción matemática la suposición de que el enunciado se cumple para $1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n$.

Ahora, para demostrar que el enunciado es falso, se debe suponer en la inducción matemática, que el enunciado se cumple para un entero positivo arbitrario $n$ y manipular para ver que no se cumple para $n+1$ en base a dicha suposición. Pero no se puede tratar de demostrar ni la veracidad ni la falsedad del enunciado usando la suposición de que se cumple para $1,\ 2,\ .\ .\ .,\ n$ en la inducción matemática, eso es erróneo en este caso.

por (1,1m puntos)
editado por
Pero hay un problema: cuando uso el hecho de que el enunciado se cumple para $n-1$, para $n$ queda $a$, y para $n+1$ queda $a^{2}$, pero como se tiene la suposición de que el enunciado se cumple para $2$ y para $3$ también, se tiene que: $a=a^{2-1}=1$, y $a^{2}=a^{3-1}=1$. ¡Así entonces, para $n+1$, $a^{(n+1)-1}=1$, resulta que sí se cumple, si se cumple para $n-1$!
¿Hay razones para no interpretar $a^{-1}$ como $\frac{1}{a}$, es decir, que no esté definido en el contexto del problema? ¿En caso afirmativo, cúales son? Porque si es afirmativo, entonces en la suposición de que se cumple para $n$, para $n-1$ quedaría $a^{-1}$, y como esto no estaría definido, entonces el caso para $n-1$ no estaría definido, y así tampoco el caso para $n+1$ estaría definido, porque éste último quedaría igual a $\frac{1}{a^{-1}}$. Entonces así, resultaría que el enunciado no se cumple para todo entero positivo $n$, porque no se cumpliría para $n+1$, bajo la suposición de que se cumple para $n$.
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