Exemplu

va probase que la siguiente declaración P (n), que se supón válida pa tolos númberos naturales n.

${\displaystyle 1+2+\cdots +n={\frac {n(n+1)}{2}}\,.}$

P (n) da una fórmula pa la suma de los númberos naturales menores o igual a n. La prueba de que P (n) ye verdadera pa tolos númberos naturales procede como sigue.

Base: Amuésase que ye válida pa n = 1.
con P(1) tiense:

${\displaystyle 1={\frac {1\cdot (1+1)}{2}}\,.}$

Nel llau esquierdu de la ecuación, l'únicu términu ye 1, entós el so valor ye 1.

ente que'l términu derechu, 1·(1 + 1)/2 = 1. 

Dambos llaos son iguales, n = 1. Entós P(1) ye verdadera.

Pasu inductivu: Amosar que si P(k) ye verdadera, entós P(k + 1) ye verdadera. Como sigue:

Se asume que P(k) ye verdadera (pa un valor non específicu de k). Débese entós amosar que P(k + 1) ye verdadera:

${\displaystyle (1+2+\cdots +k)+(k+1)={\frac {(k+1)((k+1)+1)}{2}}.}$

usando la hipótesis d'inducción P(k) ye verdadera, el términu esquierdu puede reescribise:

${\displaystyle {\frac {k(k+1)}{2}}+(k+1)\,.}$

Desenvolviendo:

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {k(k+1)}{2}}+(k+1)&={\frac {k(k+1)+2(k+1)}{2}}\\&={\frac {k^{2}+k+2k+2}{2}}\\&={\frac {(k+1)(k+2)}{2}}\\&={\frac {(k+1)((k+1)+1)}{2}}\end{aligned}}}$

amosando de fechu que P(k + 1) ye verdadera.

Puesto que se realizaron los dos pasos de la inducción matemática tantu la base como'l pasu inductivu, la declaración P ( n ) cumplir pa tou númberu natural ${\displaystyle n}$ Q.Y.D.

Exemplu 2

va tratar de demostrar por inducción la siguiente proposición:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}(2k-1)3^{k}=(n-1)3^{n+1}+3}$ ${\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} }$

1. Comprobar pa n=1

${\displaystyle \sum _{k=1}^{1}(2-1)3^{1}=3=(1-1)3^{1+1}+3}$

Tener por tanto que la proposición ye verdadera pa n=1

2. Hipótesis inductiva (n=h)

${\displaystyle \sum _{k=1}^{h}(2k-1)3^{k}=(h-1)3^{h+1}+3}$

3. Tesis inductiva (n=h+1)

${\displaystyle \sum _{k=1}^{h+1}(2k-1)3^{k}=(h+1-1)3^{h+1+1}+3}$

${\displaystyle \sum _{k=1}^{h+1}(2k-1)3^{k}=h3^{h+2}+3}$

4. Demostración de la tesis con base a la hipótesis

${\displaystyle \sum _{k=1}^{h+1}(2k-1)3^{k}=\sum _{k=1}^{h}(2k-1)3^{k}+(2(h+1)-1)3^{h+1}}$

Aplícase la hipótesis d'inducción:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{h+1}(2k-1)3^{k}=(h-1)3^{h+1}+3+[2(h+1)-1]3^{h+1}}$

${\displaystyle \sum _{k=1}^{h+1}(2k-1)3^{k}=(h-1)3^{h+1}+3+(2h+2-1)3^{h+1}}$

${\displaystyle \sum _{k=1}^{h+1}(2k-1)3^{k}=3^{h+1}(h-1+2h+1)+3}$ (sacando factor común)

${\displaystyle \sum _{k=1}^{h+1}(2k-1)3^{k}=3^{h+1}3h+3}$

${\displaystyle \sum _{k=1}^{h+1}(2k-1)3^{k}=h3^{h+2}+3}$

Poro, verificándose la proposición pa ${\displaystyle n=1}$ y pa ${\displaystyle n=k+1}$ siendo ${\displaystyle k}$ cualquier númberu natural, la proposición verifícase ${\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} }$.

Exemplu

Usa la propiedá del bon orde pa demostrar el algoritmu de la división, recuerda que l'algoritmu de la división diz que si a ye un númberu enteru y d ye un enteru positivu, entós hai dos únicos enteros c y r tales que 0${\displaystyle \leq }$r${\displaystyle \leq }$d y a=dc+r.

Solución: Sía S el conxuntu de los enteros non negativos de la forma a-dc, onde c ye un enteru. Esti conxuntu nun ye vacíu, porque como vemos -dc puede engrandase tanto como queramos, eso si, tomando c como un númberu enteru que nun seya negativu con un valor absolutu que seya grande, pola propiedá del bon orde, S tien mínimu un elementu r=a-dc₀.

L'enteru r nun puede ser negativu, tamién imaxinamos que r${\displaystyle \leq }$d, de nun ser asina, habría un númberu que nun sería negativu menor en S. Poro, esisten los enteros c y r', 0${\displaystyle \leq }$r${\displaystyle \leq }$d.