induccion matematica

´ ´ INDUCCION MATEM MATEMATICA ´ ´ SZANT ´ ´ EDUARDO SAEZ , IVAN O ´ DEPARTAMENTO DE MATEM ATICA UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA

1.

´ INTRODUCCION

El método etodo deductivo, muy usado en matem´ atica, atica, obedece a la siguie siguient ntee idea: “ A partir de un cierto conjuntos de axiomas aceptados sin demostraci´ on o n y de reglas lógicas ogicas no contradictorias, se deducen otros enunciados llamados teoremas combinando los axiomas y respetando en cada etapa las reglas l´ ogicas”. ogicas”. Otro m´ etodo etodo para demostrar demostrar resultados resultados generales generales que dependen en alg´ un sentido de los n´ umeros naturales es conocido con el nombre de Inducci´ umeros on on Mat´ emati ema tica ca . Esta dependencia de los n´ umeros umeros naturales naturales signifi significa: ca: se sabe que una determ determinad inadaa afirmación on es verdadera para algunos casos particulares y surge la pregunta. ¿ Dicha afirmación on sigue siendo verdadera para los infinitos números umeros naturales restante ?. Existen muchas afirmaciones que s´ alidas alidas para un n´ umero umero finito de casos olo olo son v´ y en consecuencia son falsas para un n´ umero umero infinitos infinitos de situaciones. situaciones. Sin embargo, embargo, podemos encontrar proposiciones (afirmaciones) que son verdaderas s´ olo a partir de un cierto n´ umero umero natural n0 , de ser asi, la técnica ecnica que se desarrollaremos desarrollaremos se llama Para ra demostrar demostrar que una proposici´ proposici´ on p(n) , n M N, Inducci´ on on Incompleta. Pa es verdadera es necesario comprobar la validez de ella para todos los elementos del conjunto M . En el caso en que M = N, diremos que es una Inducci´ on on Completa.

∀ ∈ ⊆

Si se requiere demostrar la falsedad de una cierta proposici´ on on p(n), n M N, es suficiente indicar un elemento particular m M de manera que p(m) sea falsa. ( Construcci´ on de un contra ejemplo). on

∈

Ejemplo 1.

∀ ∈ ⊆

2

∀n ∈ N, n − 3n − 1 < 0

Es f´ acil probar que esta desigualdad es verdadera para n = 1, 2, 3. Sin embar embargo, go, 2 para n = 4 no se cumple ya que 4 3 4 1 = 3 > 0. N´ otese que este ejemplo sencillo muestra que una proposici´ on puede ser verdadera para los primeros n´ umeros naturales, sin embargo, es falsa , para n´ umeros naturales m´ as grandes.

− · −

Copyright 2004, Derechos reservados, no ésta esta permitido la reproducción on parcial o total de este material sin el permiso de sus autores . 1

´ ´ INDUCCION MATEM MATEMATICA

2

Otros ejemplos: Ejemplo 2.

∀n ∈ N,

(2n (2n

− 1)(2n 1)(2n + 1)(2n 1)(2n + 3), 3), es divisible por 5.

Es f´ acil probar que esta proposici´ on es verdadera para n = 1, 2, 3. Sin emb embargo, argo, para n para n = 4 no se cumple dado que (2 4 1)(2 4+1)(2 4+3) = 693. 693. no es divisible divisible por 5

·−

·

·

Ejemplo 3. (Ejemplo dado por Leonhard Euler (1707-1783)

Consideremos el polinomio cuadr´ atico p(n) = n2 + n + 41 y determinemos su valor para ciertos n N

∈

n : 1 2 3 4 5 6 7 8 n + n + 41 : 43 47 53 61 71 83 97 113 2

N´ otese que todos los n´ umeros umeros que se obtienen obtienen son primos. Se podr podr´´ıa esper esperar ar que este polinomio cuadr´ atico continua generando n´ umeros primos. Desafortunadamente 2 no es asi, para n = 40, 40, se tiene 1681 = 41 , que no es un n´ umero primo, luego la 2 proposici´ on que n N, n + n + 41 es un n´ umero primo resulta falsa.

∀ ∈

2. Principio de inducci´ on on Mate Matem´ m´ atic at ica a Una proposici´ on on p(n) es verdadera para todos los valores de la variable n si se cumplen las siguientes condiciones :

Paso 1.- La proposici´ on on p(n) es verdadera para n = 1 , o bien, p(1) es verdadera. Paso 2.- Hip´ otesis otesis de Inducci´ on on . Se supone que p(k) es verdadera , donde k es un número umero natural cualesquiera cualesquiera.. Paso 3.- T´ esis esi s de Inducc Ind ucci´ i´ on on. Se demuestra que p(k + 1) es verdadera, o bien, p( p(k) verdad erdadera era

⇒ p(k + 1)

verdad erdadera era..

La técnica ecnica de Inducci´ Inducc i´ on on Matem´ atica atica consiste consiste en los tres pasos anteri anteriores ores.. Si se necesita necesita demostrar demostrar la validez validez de una proposici´ on on p(n) para todos los valores naturales n, entonces es suficiente que se cumplan: Paso 1, Paso 2 y Paso 3 . Comen Comentari tario: o: Intui Intuitiv tivame ament ntee la idea idea anteri anterior or se conoce conoce con el nombre nombre de “Efecto “Efecto Dominó”. o ”. Si imagi imaginam namos os una fila fila infin infinit itaa de fichas fichas de domi domin´ n´ o: dispues dispuestas tas vertiverticalmente y suficientemente pr´ oximas una cualquiera de la siguiente , entonces si el oximas volteamiento de la primera ficha provoca el volteamiento de la segunda ficha, por el Principio de Inducción on Matem´ atica la fila completa es volteada. atica Existen dos variantes utiles u ´ tiles sobre el Principio de Inducci´ on on Matem´ atica atica que deben ser considera considerados dos . En la primera primera varian variante, te, la proposici proposici´ oń por demostrar involucra on los naturales no menores a un natural fijo n0 , en este caso el Principio de Inducci´ on on quedaria como sigue: Si p(n) es verdadera para n0 y si p(m + 1) es verdadera para todo natural m para la cual p(m) es verdadera, entonces p(n) es verdadera para todo natural n

≥n ≥n . 0

0

´ ´ TICA INDUCCION MATEM MATEMA

3

La segunda variante se aplica de preferencia en el caso cuando p(m + 1) no puede ser f´ acilmente acilmente deducible deducible de p(m), pero su validez depende de p(k) para cualquier 1 para la k < m. Si p(1) es verdadera y si p(m + 1) es verdadera para todo m cual todas las proposiciones p(1), (1), p(2), (2), p(3),...,p (3),...,p((m) son verdaderas , entonces p(n) es verdadera para n 1. Pa Para ra ilustra ilustrarr el uso de estas estas varian ariantes tes,, conside considerem remos os los siguientes ejemplos.

≥

≥

Ejemplo 4. Determine para que valores de n

∈ N es verdadera la desigualdad

2n > n2 + 4n 4n + 5

Al examinar los valores de n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 nos damos cuenta que la desigualdad es incorrecta, pero si es verdadera para n para n = 7, por lo que podemos intentar demostrar por el método etodo de Induccion Incompleta que para todos los lo s valores va lores de n 7, la desigualdad es verdadera.

≥

Paso 1.- Si n = 7, obtenemos 27 = 128 > 72 + 4 7 + 5 = 82

·

o sea, cuando n = 7 la desigualdad es correcta. Paso 2.- ( Hip´ otesis Inductiva) Se supone que la desigualdad es verdadera para un cierto valor de n = k, o sea, 2k > k2 + 4k 4k + 5. 5. Paso 3.- Finalmente a partir de la hip´ otesis inductiva, se desea probar la Tesis dada por 2(k+1) > (k + 1)2 + 4(k 4(k + 1) + 5. 5. Al multiplicar la desigualdad dada en la hip´ otesis inductica por 2, obtenemos 2(k+1) > 2k 2 + 8k 8k + 10 Transformando el segundo miembro de esta desigualdad obtenemos 2(k+1) > (k + 1)2 + 4(k 4( k + 1) + 5 + k 2 + 2k 2k Teniendo en cuenta que k 2 + 2k 2 k > 0 para todo k 7, podemos deducir que (k+1) 2 2 > (k + 1) + 4(k 4(k + 1) + 5, 5, obteniendo lo que se requeria demostrar ( Tesis).

≥

umeros naturales es igual a Ejemplo 5. Demostrar que la suma de los n primeros n´ n(n + 1)/ 1)/2. Demostraci´ on: Queremos probar que

∀n ∈ N

: 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = n(n + 1)/ 1)/2

Sea p Sea p(n) : 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = n(n + 1)/ 1)/2, debemos probar que p(n) satisface las propiedades (1), (2) y (3).


4

(1) : 1 = 1(1 1(1 + 1)/ 1)/2, lo cual es verdadero. (1) p(1) (2) Se supone supone que la igualdad igualdad es verdade verdaderra para para un cierto cierto valor valor de k, es decir, 1 + 2 + 3 + 4 + ... + k = k(k + 1)/ 1)/2 (3) (3) Sea Sea k k N, debemos probar que p(k) = p(k + 1) es verdadero. Notese que si p( p(k) es falsa la implicaci´ on es verdadera, de modo que hay que hacer la demostraci´ on suponiendo que p(k) es verdadera.

∈

⇒

Como p(k + 1) : 1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1) = (k (k +1)((k +1)((k +1)+1)/ +1)+1)/2, p(k + 1) debe formarse de p(k) sumando k + 1 a ambos mienbros de la igualdad ( de la Hip´ otesis inductiva): 1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1) = k(k + 1)/ 1)/2 + (k + 1) = (k (k +1)(k/ +1)(k/22 +1) = (k (k +1)(k +1)(k + 2)/ 2)/2. Hemos confirmado nuestras sospechas, lo que es, hemos deducido que p(k + 1) es verdadera, suponiendo que p(k) lo es. As´ As´ı, hemos demostrado que n N : 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = n(n + 1)/ 1)/2 es verdadera.

∀ ∈

Ejemplo 6. Probar que n

+1)(2n + 7)/ 7)/6 ∀ ∈ N : 1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + ... + n(n +2) = n(n +1)(2n 1)(2n + 7)/ 7)/6 Soluci´ on: on: Sea Sea pp(n) : 1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + ... + n(n + 2) = n(n + 1)(2n Entonces p(1): (1): 1 · 3 = 1(1 + 1)(2 1)(2 · 1 + 7)/ 7)/6 = 2 · 9/6 = 3, lo que prueba que p(1)

es verdadera.

Hip´ otesis inductiva: 1 3 + 2 4 + 3 5 + ... + k(k + 2) = k(k + 1)(2k 1)(2k + 7)/ 7) /6.

·

·

·

( Suponemos que p(n) es verdadera ) Tesis: 1 3 + 2 4 + 3 5 + ... + k(k + 2) + (k (k + 1)(k 1)(k + 3) = (k (k + 1)(k 1)(k + 2)(2k 2)(2k + 9)/ 9) /6.

·

·

·

( Queremos probar que p(k+1) es verdadera). Tenemos: 1 3 + 2 4 + 3 5 + ... + k(k +2)+(k +2)+(k +1)(k +1)(k + 3) = k (k +1)(2k +1)(2k + 7)/ 7)/6 + (k +1)(k +1)(k + 3) = (k + 1) (k(2k (2k + 7 ) + 6 (k (k + 3)) 3)) = (k (k + 1)(2 1)(2k k 2 + 13k 13k +18)/ +18)/6 = (k + 1)(2 1)(2k k +9)(k +9)(k + 2)/ 2)/6 6 lo que prueba que p(k + 1) es verdadera. Luego, la formula 1 3 + 2 4 + 3 5 + ... + n(n + 2) = n(n + 1)(2n 1)(2n + 7)/ 7)/6 es verdadera para todo n N

·

·

·

∈

·

·

·

umeros impares consecutivos es siempre Ejemplo 7. Determinar si el producto de 3 n´ divisible por 6. Soluci´ on: on: Sea Sea p(n) : (2n (2n 1)(2n 1)(2n + 1)(2n 1)(2n + 3) = 6q donde q es alg´ un n´ umero natural . Queremos determinar si p(n) se cumple para todo n N.

−

∈

p( p(1) : 1 3 5 = 15 = 6q 6q = q = 52 / N. Luego p(1) es falso. Se puede puede continuar continuar analizando p(2), (2), p(3), (3), p(4),... (4),... y vemos que todos no cumplen la condici´ on que sea 3 2 divisibl divisiblee por 6. Es facil ver que (2n (2n 1)(2n 1)(2n + 1)(2n 1)(2n + 3) 3) = 8n + 12n 12 n 2n 3 = 3 2 2(4n 2(4n + 6n 6n n 1) 1 luego este n´ umero es de la forma 2 j 1 que es un n´ umero impar y por lo tanto no es divisible por 6.

· ·

− − −

⇒

∈

−

−

− −


5

Ejemplo 8. Determine si la suma de tres n´ umeros enteros consecutivos es siempre

divisible por 6. Demostraci´ on: on: Sea Sea p(n): n + (n + 1) + (n (n + 2) = 6q, q N. Ento Entonc nces es p(1) p(1) : 1 + 2 + 3 = 6 es ver verdad dader eraa ( q = 1.) Hip´ otesis inductiva : p(k) = k + (k (k + 1) + (k (k + 2) = 6q 6q1, q1 N es verdadera. Por demostrar p(k + 1) : (k + 1) + (k (k + 2) + (k (k + 3) = q2 , q2 N es verdadera.

∈

∈

∈

Como (k + 1) + (k (k + 2) + (k (k + 3) = k + (k + 1) + (k (k + 2) + 3 = 6q1 + 3 = 1 6(q 6(q1 + 2 ) / N. Luego p(k) verdadero no implica p(k + 1) verdade verdaderro. Por lo tant tanto, o, p( p(n) : n + (n +1)+(n +1)+(n + 2) = 6q 6q, q N, es falso. La suma de 3 enteros consecutivos no es necesariamente divisible por 6.

∈

∈

(n + 1) + (n (n + 2) = 3(n 3(n + 1), 1), de donde para que Observaci´ on: Es facil ver que n + (n sea divisible por 6, necesariamente el factor (n + 1) debe ser un n´ umero impar para cualquier n natural, lo que es falso. Ejemplo 9. Consideremos un ejemplo con desigualdades.

Determine todos los n´ umeros naturales para los cuales:

· · · ···n>2

1 2 3 4

n

Soluci´ on: La f´ ormula no es v´ alida para n = 1, 2, 3 Pra n Pra n = 4, se tiene que 24 = 1 2 3 4 > 24 = 16 es verdadera.

· · ·

Supongamos que la desigualdad es v´ alida para k k 4 k > 2 , k 4.

···

≥

∈ N,

con k k

≥ 4; esto es 1 · 2 · 3 ·

Por demostrar que la desigualdad es v´ alida para k + 1, 1, es decir que

· · · · · · k · (k + 1) > 2

1 2 3 4

k+1

, k

≥ 4.

En efecto: k

k

· · · · · · k · (k + 1) = (1 · 2 · 3 · 4 · · · k) · (k + 1) > 2 (k + 1) > 2 · 2 = 2 Luego 1 · 2 · 3 · 4 · · · n > 2 , y por lo tanto ∀n ∈ N, n ≥ 4 1 · 2 · 3 · 4 · · · n > 2 1 2 3 4

n

+1

.

n

Ejemplo 10. Consideremos el siguiente ejemplo de divisibilidad:

Demostrar por inducci´ on, que si n es un n´ umero impar, 7n + 1 es divisible por 8. Antes de aplicar inducci´ on conviene hacer un cambio de ´ındices. ındices. Sea n Sea n = 2i

− 1.

Entonces si i = 1, 2, 3,... se tiene que n = 1, 3, 5,... y nuestro enunciado se trans forma en: 72i−1 es divisib divisible le por por 8,

∀i ∈ N.

Para i = 1, 71 + 1 = 8 es divisible por 8, lo que es una proposici´ on verdadera. Hip´ otesis inductiva: 72i−1 + 1 es divisible por 8. Tesis: 72i+1

es divisible por 8.


6

Dado que nuestra unica ´ informaci´ on es la hip´ otesis, debemos hacer que la expresi´ on 7 + 1 aparezca en el desarrollo 2i−1

72i+1 + 1 = 72 (72i−1 ) + 1 = 7 2(72i−1 + 1)

−7

2

+ 1 = 72 (72i−1 + 1)

− 48

y aqu´ aqu´ı ambos sumandos son divisibles por 8, luego luego 8 divide a 7 a 72i+1 + 1. Luego resulta que 7n + 1 es divisible por 8 para todo n impar. 3. Ejercicios resueltos. 1) Pruebe que la f´ ormula ormula 1 2 + 2 3 + 3 4 + ... + n (n + 1) =

·

·

·

·

n(n + 1)(n 1)(n + 2) 3

es válida alida para todo natural n. +1)(n+2) Demostración. on. Sea p(n), 1 2 + 2 3 + 3 4 + ... + n (n + 1) = n(n+1)(n . 3 1·2·3 Entonces p(1), 1 2 = 3 = 2 es verdadera. Hipótesis otesis Inductiva: p(k) verdadera, es decir k(k + 1)(k 1)(k + 2) 1 2 + 2 3 + 3 4 + ... + k (k + 1) = 3 Tesis: Por demostrar p(k + 1), es decir (k + 1)(k 1)(k + 2)(k 2)(k + 3) 1 2 + 2 3 + 3 4 + ... + k (k + 1) + (k (k + 1) (k + 2) = 3 Sumando (k (k + 1) (k +2) a ambos lados a la igualdad de la hip´ otesis otesis inductiva se obtiene: 1)(k + 2) k(k + 1)(k 1 2 + 2 3 + 3 4 + ... + k (k + 1 ) + (k (k + 1) (k + 2) = + (k + 1) (k + 2) 3 luego s´ olo olo resta probar que k(k + 1)(k 1)(k + 2) (k + 1)(k 1)(k + 2)(k 2)(k + 3) + (k (k + 1) (k + 2) = 3 3 +1)(k+2)(k +2)(k+3) Factorizando por (k (k +1)(k +1)(k +2), se tiene (k (k +1)(k +1)(k +2)(1+ k3 ) = (k+1)(k , 3 que es justamente la tesis deseada y lo que prueba que p(n) es verdadera para todo natural n 2) Pruebe que para todo n´ umero umero natural n > 1 , el ultimo último d´ıgito del número umero 2 2 + 1 es 7. Demostración. on. Denotando por p(n) la proposición on a demostrar, podemos observar que para 2 n = 2, 22 + 1 = 17 y la proposición on es verdadera. Nuestra hip´ otesis otesis inductiva inductiva es para n = k , es decir aceptamos que el ultimo u´ltimo 2 d´ıgit ıg itoo de 2 + 1 es 7. +1 Tesis: esis: Po Porr demos demostrar trar que el ultimo u´lt imo d´ıgito ıgit o de 22 + 1 es 7 +1 Notando que 22 + 1 = (22 + 1)2 2(22 + 1) + 2 podemos concluir con la ayuda de la hip´ otesis otesis inductiva que el ultimo u ´lt imo d´ıgito ıgi to de (22 + 1)2 es 9, el ultimo último

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

n

k

k

k

k

−

k

k


8

5) La sucesión on de Lucas (Anatole Lucas, 1842-1891), es una sucesi´ on on de la forma 2, 1, 3, 4, 7, 11, 11, 18, 18, 29, 29, 47,... 47,... y es definida por la regla inductiva: L0 = 2, L1 = 1, L2 = L1 + L0 , L3 = L2 + L1 , ...,Ln+2 = Ln+1 + Ln , .... .... Sean a,b,c,r,s, y t números umeros enteros fijos. Sea L0 , L1 , .... .... la sucesión on de Lucas. Demostremos Demostremos que rLn+a = sLn+b + tLn+c es verdadera para n = 0, 1, 2, 3,... asumiendo que es verdadera para n = 0 y n = 1. Dado que la tesis es verdadera para n = 0 y n = 1, podemos asumir ( Hip´ otesis otesis inductiva) que es verdadera para n = 0, 1, 2, 3..., ..., k con k 1 para luego demostrar que es verdadera para n = k + 1. Por hip´ otesis otesis tenemos

≥

rLa rL1+a 1+a rL2+a 2+a ... rLk−1+a 1+a rLk+a

= sLb + tLc = sL1+b 1+b + tL1+c 1+c = sL2+b 2+b + tL2+c 2+c .... = sLk−1+b 1+b + tLk−1+c 1+c = sLk+b + tLk+c

Sumando estas las dos ultimas u ´ ltimas ecuaciones se obtiene r(Lk+a + Lk−1+a 1+a ) = s(Lk+b + Lk −1+b 1+b ) + t(Lk+c + Lk −1+c 1+c ) Utilizando la relación o n de los n´ umeros umeros de Lucas Ln+2 = Ln+1 + Ln , se tiene rLk+1+a +1+a = sLk+1+b +1+b + tLk +1+c +1+c y esto completa la demostraci´ on. on. 4. Ejercicios propuestos 1) Demuestre por inducci´ on las siguientes igualdades: on +1)(n+2) a) 12 + 2 2 + 3 2 + .... + n2 = n(n+1)(n 6 b) (n + 1)(n 1)(n + 2)(n 2)(n + 3) (n + n) = 2n 1 3 5 (2n (2n 1) c) 12 22 + 3 2 42 + ... + ( 1)n−1n2 = ( 1)n−1 n(n2+1) 1 n+2 d) (1 14 )(1 19 ) (1 (n+1) 2 ) = 2n+2 e) (15 + 25 + 35 + ... + n5 ) + ( 17 + 27 + 37 + ... + n7) = 2(1 + 2 + 3 + ... + n)4 f ) 1 1! + 2 2! + 3 3! + .... + n n! = (n + 1)! 1 2) Para todo natural n, demuestre que an es divisible por b i) an = 22n 1, b = 3 ii) an = n2 (n4 1), 1), b = 60 3 iii) an = n + 5n, 5n, b = 6

− −

·

··· − − − ··· − · · · − −

· · · ·· − − −


9

3) Considere la sucesión on 1, 5, 85, 85, 21845,... 21845,...,, definida por c1 = 1, c2 = c1(3c (3c1 + 2),....,c 2) ,....,cn+1 = cn (3c (3cn + 2),... 2),... 2n−1

Pruebe que para todo entero n positivo, cn = 4 3 4) Demuestre que la desigualdad de Bernoulli (Jacques Bernoulli 1654-1705) (1 + a)n

≥ 1 + na

es válida alida para a 1 y para todo entero no negativo. 5) Pruebe la desigualdad 4n (2n (2n)! < n+1 (n!)2 6) Demuestre que para todo natural n se cumple

≥−

bn

n

−a

n 1

= (b

n 2

n 3 2

n 1

n 1

− a)(b )(b − + b − a + b − a + ... + ba − + a − ) 7) La suce sucesi si´ on oń {a } se defin definee por la rela relaci ci´ on oń de recurren recurrencia cia a = 3a − 2a − , a = 0, a = 1. Demuestre que para todo natural n, a = 2 − − 1. 8) Pruebe que para natural n, el n´ umero umero 4 + 15n 15n − 1 es divisible por 9 9) Demuestre que para todo n ∈ N n n n + + ∈N 3 2 6 n

n 1

1

n+1

2

n

n

2

n 1

n

3

10) Para todo n natural, demuestre la siguiente desigualdad n 1 1 1 < 1 + + + .... + n 2 2 3 2 1

− ≤n

11) Demuestre que 3 + 33 + 333 + ... + 3... 3...

n veces

....3 ....3 =

10n+1

− 9n − 10

27 12) Pruebe que el n´ umero umero de diagonal diagonales es de un n-pol´ n-pol´ıgono ıgono conve convexo xo es igual igual a n(n−3) . ( Ver Figura ) N 2

     A

B C

13) Demuestre que para todo natural n, se cumple que (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + n)2 = 13 + 2 3 + 3 3 + 4 3 + ... + n3 14) Demuestre que cualquier suma de dinero, m´ ultiplo entero de mil pesos, mayor ultiplo o igual que 5. 5.000 (Cinco mil pesos), puede ser descompuesta en billetes m´ ultiplo ultiplo de cinco mil pesos y de dos mil pesos.


10

15) Pruebe que si sin α = 0, entonces la identidad



sin2n+1 α cos α cos2α cos2α cos4α... cos4α... cos2 α = n+1 2 sin α

·

n

·

es cierta para todo n

∈N . 0

5. Sumas y Productos El s´ımbolo ımbolo Σ se llama llama Sigma Sigma en el alfabeto alfabeto griego griego y en Espa˜ Espa˜ nol nol corresponde a la letra letra S. Es natural usar este este s´ımbolo ımbolo para referirs referirsee a la idea idea de Suma, Suma, o bien bien , Sumatoria. Con el s´ımbolo ımbo lo Σi2 , se desea indicar la suma de los términos erminos de la forma i2 para varios valores enteros de i. El rango para estos valores valores entero enteross se indica indica en la parte parte inferior y superior respectivamente de Σ. Por ejemplo en la forma n



i2 = 12 + 2 2 + ... + n2

i=1

o bien, en la forma



n 2 i=1 i

= 12 + 2 2 + ... + n2 .



n2 El n´ umero umero de términos ermino s que tiene una suma j= j ) , n2 n1 siempre es igual j =n1 h( j) a n2 n1 + 1. Por otro lado las sumas no necesariamente deben comenzar desde 1 y cualquier letra como un contador puede ser usada.

−

≥

Finalmente cualquier funci´ on on f ( f (i) puede ser utilizada en lugar de i2 , es decir n+1

f (2) f (2) + f (3) f (3) + f (4) f (4) + ... + f ( f (n) + f ( f (n + 1) =



j=2 j =2

6. Ejemplos. 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8)

   

4 3 i=1 i = 1 + 8 + 27 + 64 = 100 5 j ( j + 2) = 3 5 + 4 6 + 5 7 = 74 j=3 j =3 j( n θ=1 g (θ) = g (1) + g (2) + g (3) + ... + g (n) m ak a2 a3 a4 am k =1 k = a1 + 2 + 3 + 4 + .... + m n (2k 1) = n2 k =1 (2k n n(n+1) k =1 k = 2 n 2n −1 1−n + 2(n 2(n 1) k =1 2n−1 = 2 n−1 kπ π k =−1 sin n = cot 2n

·

·

−

−

·

f ( f ( j) j )


11

7. Propiedades. A continuación on se dan las principales propiedades de la sumatoria: 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) 10 )

      −   −−

m k= j 1 n+1 k=0 ak

m j, m j an+1 + kn=0 ak n n k=1 ak + k =1 bk c kn=1 ak , c constante nc, c constante j n k=1 ak + k = j+1 j +1 ak an a0 (Propiedad Telescopica) am an−1 m n (Propiedad Telescopica) am− j an− j −1 m n (Propiedad Telescopica) ( kn=1 ak )2( kn=1 bk )2 (Desigualdad de Cauchy-Schwarz)

= = n k=1 ak + bk = n k=1 cak = n k=1 c = n k =1 ak = n ak−1 = k=1 ak m ak−1 = k=n ak m ak− j −1 = k =n ak− j n ( k=1 ak bk )2

−

≥      − −



≤

≥

−



≥

8. Ejercicios resueltos. 1) Determine la suma de los n primeros n´ umeros naturales impares. umeros La suma de los n primeros n´ umeros naturales impares est´ umeros a dada por n

S =



(2k (2k

k=1

Como



n (2k k=1 (2k

− 1) = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + ... + 2n 2n − 1 = n − 1) = 2 

−  1, 2n(n + 1) −n= n S = 2 n k=1 k

n k=1

se tien tienee

2

   ≥   − −

k+1

2) Demuestre que k2n=n+1 k1 = k2n=1 (−1)k 1 Para todo j 1 , j1 + j1 = j/2 y es fácil acil ver que j/ 2 De

2n 1 k=1 k

=

n 1 k=1 k

2n 1 k =n+1 k ,

+

2n

.

1 = k k=n+1

2n

k =1

2

obtenemos

( 1)k = k

2n



n 1 k =1 k

=



2n 1 (−1)k + k =1 k k

( 1)k+1 k

− k=1



−1 k−2 3) Utilizando la propiedad telesc´ opica, determine la suma de kn= opica, −5 3 Es f´ acil acil ver que 1 1 1 1 1 1 3k−2 = 3k−1 1 = 3k = (3k−1 3k−2) 2 3 2 3 9 2 Luego

−

n−1

1 3k−1 2 k=−5



−3

−

k−2

1 = 3n−2 2



−

−

3−7




12

4) Demostrar, utilizando inducci´ on on sobre n, que n



k(k + 2) =

k=1

n(n + 1)(2n 1)(2n + 7) 6



n n(n+1)(2n +1)(2n+7) Sea p(n) : k =1 k (k + 2) = 6 1(1+1)(2·1+7) p( p(1) : 1 3 = = 3, verdadero 6 j j ( j+1)(2 j +1)(2 j+7) j +7) p( p( j) j ) : Hipótesis otesis Inductiva k=1 k (k + 2) = 6 j+1 j +1 ( j+1)( j +1)( j+2)(2 j +2)(2 j+9) j +9) Por demostrar ( tesis) p( j + 1) :; k=1 k (k + 2) = 6

·



Sumando a la hipótesis otesis ( j + 1)( j 1)( j + 3) se tiene j

( j + 1)( j 1)( j + 2) +



k(k + 2) = ( j + 1)( j 1)( j + 2) +

k=1

j ( j + 1)(2 j + 7) 6

Entonces:



j+1 j +1 k =1 k (k

+ 2) = ( j + 1)( j 1)( j + 2) + ( j+1)(2 j +1)(2 j 2 +13 j+18) j +18) = 6 j +1)( j+2)(2 j +2)(2 j+9) j +9) = ( j+1)( 6

j ( j+1)(2 j +1)(2 j+7) j +7) 6

lo que demuestra la proposici´ on. on.

9. Ejercicios propuestos. 1) Demuestre que: −1 n−k k+1 n n− j+1 j +1 j a) j=0 y = kn= y −1 x j =0 x n n b) k=0 ak = k=0 an−k +1 c) kn=1 f ( f (k) = kn=2 f ( f (k 1) 2) Demues Demuestre, tre, usando usando el princi principio pio de inducc inducci´ i´ on, o n, la valid alidez ez de las las sigui siguien ente tess fórmulas: ormulas: n j −1 a) j=1 = 5 4−1 j =1 5

     

 

−

n

n+1

5+(4n−1)5 b) kn=1 k5k = 5+(4n 16 n c) kn=1 k(k1+1) = n+1 d) kn=1 21 = 1 2−n +1)(4n−1) e) kn=1 2k(2k (2k 1) = n(n+1)(4n 3 1 n f ) kn=1 (2k = (2k −1)(2k 1)(2k +1) 2n+1 g) Demuestre si la suma kn=1 ( 1)k (2k (2k + 1) es igual igual a n si n es par y es igual a (n + 2) si n es impar. k

−

− −



−


13

10. Productos. Π es la letra “pi” mayúscula uscula en el alfabeto griego y corresponde a la letra P del espa˜ nol. Es costumbre usar esta letra griega para designar productos. nol. Πkn=1 f ( f (i) = f (1) f (1) f (2) f (2) f (3) f (3)

·

·

donde f es una cierta funci´ on on del ´ındice ındi ce i.

f (n) · · · f (

11. Propiedades. 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7)

Πkn=1k = 1 2 3 4 n = n! n−1 n Πk=1k = Πk=0 (n k) = n! Πni=1ai = Πki=1ai Πni=k+1ai +1 Πni=1ai + Πni=2 ai = (a1 an+1 )Πni=2 ai Π a Πni=k+1 ai = Π =1 a =1 Πni=1c, c, constante Πkn=1 aa−1 = aa0 (Propiedad Telesc´ opica) opica)

· · · ···· − n i k i

i i

n

k

k

12. Ejercicios propuestos. 1) Examine algunos valores de los productos 1 i) Πkn=1 (1 ) ; ii) Πkn=1 (1 k +1

−

− (k +1 1)

2

)

para valores peque˜ nos n os de n y conjeture f´ ormula ormulass general generales. es. Demues Demuestre tre su conjetura por inducci´ on. on. 2) Pruebe que −1 (1 x)Πkn=1(1 + x2 ) = 1 x2 3) Determine el producto Πni=1 2k y demuestre su resultado por inducci´ on. on. k

−

−

n

13. Progresiones. Definición. on. Se dice que los números umeros reales a1 , a2 , a3,....,an , .... .... están an en progresión on Arit Ar itm´ métic et icaa ( P.A) si existe un número umero real d, llamado diferencia, tal que

∀n ∈ N : a − a n+1

n

=d

De la definición on de P.A tenemos dos importantes resultados, a saber: 1) n

∀ ∈N:a

n

= a1 + (n (n

1)d − 1)d


14

∀ ∈N:

2) n

n k=1 ak

=

n(a1 +an ) 2

Si en una progresión on aritmética etica el primer término ermino es 2 y la diferencia es 3, se tiene que el segundo término ermino es 2 + 3 1, el tercer término ermino es 2 + 3 2, fin final alme ment ntee el n-ésimo término erm ino es 2 + 3 (n 1). 1). Si deseamos sumar los n primeros primer os términos, ermino s, pode p odemos mos utiliza u tilizarr la siguie sig uiente nte técnica ecn ica::

·

· −

·

Escribiendo Escribiendo la suma de los términos erminos en orden creciente y luego decreciente decreciente en un arreglo por filas y luego sumando tenemos S = 2 + 5 + 8 + ... + 3n

−4+

3n

−1

S = 3n

− 1 + 3n − 4 + ... + 8 + 5 + 2 2S = 3n − 1 + 3n 3n − 1 + 3n 3n − 1 + ....3 ....3n − 1 + 3n 3n − 1 = n(3n (3n − 1)

Luego, S =

n(3n (3n−1) . 2

El promedio pro medio ( o bien bie n promedio pro medio aritmético etico ) de n números umeros es igual a su suma dividido 11 por n, por ejemplo el promedio de 1,3 y 7 es 3 , y si cada término ermino es remplazado por su promedio, promedio, la suma de los tres t´ erminos erminos permanece inalterable. inalterable. Cuando tenemos una secuencia de n´ umeros umeros dados en P.A, el promedio promedio de todos sus términos erminos es igual al promedio del primer término ermino y el ultimo u´ltimo término, ermino , que es igual al término ermino central cuando el n´ umero umero de términos ermino s es impar. impar . Por ejemplo, consideremos una progresi´ on on aritmética etica con una diferencia negativa 5 d= 3 7 2 8 13 23 28 , , 1 , , 6 , , 11 3 3 3 3 3 3 Su promedio es 13 que correspon corresponde de al término ermino central central y la suma suma de los nu nuev evee 3 13 términos erminos es igual a nueve veces su promedio, es decir 9 ( 3 ) = 39.

−

− −

−

− −

−

−

−

·−

−

Si a es el promedio de r y s, es fácil acil ver que r,a,s son los términos ermino s consecutivos consec utivos de una progresi´ on on aritmética. etica. Esta es la razón on que el promedio de tres n´ umeros umeros es llamado llamad o el medio aritmético. etico . Definición. on. Se dice que los n´ umeros umeros reales a1, a2, a3 , .... ...... ..,, an , .... .... no nulos están an en progresión on Geométrica etrica ( P.G) si existe un n´ umero umero real q , llamado razón, on, tal que an+1 n N: =q an

∀ ∈

De la definición on de P.G tenemos dos importantes resultados, a saber: 1) n 2) n

n 1

a =a q − ∀ ∈N: a = a −− , q = ∀ ∈N:  1.  En particular si q = 1, ∀n ∈ N : a = a . Luego n

n k=1

1

k

qn 1 1 q 1

n

1

n k=1 ak

= na1 .


15

Si q < 1, es fácil acil ver que las potencias naturales de q son decrecientes y para n suficientemente grande q n tienden a cero, luego a1 + a2 + a3 + ..... = 1a−1q .

| |

Consideremos una progresi´ on on geométrica etric a de la forma

5, 5 22, 5 24 , 5 26 , 5 28 , ...... ........5 22n

·

·

·

·

·

Podemos Podem os identificar id entificar que su primer término ermino es a0 = 5, de térmi er mino noss es n + 1.

la raz´ azon oń es q = 22 y el n´ umero umero

Ilustremos una forma simple de encontrar la suma de una P.G.. Designemos por S su suma y consideremos el siguiente arreglo S = 5 + 5 22 + 5 24 + 5 26 + 5 28 + ..... + 5 22n

·

·

multiplicando por 22 la anterior igualdad

·

·

·

2(n+1) 22 S = 5 22 + 5 24 + 5 26 + 5 28 + ..... + 5 22n + 5 22(n

·

·

·

·

·

·

Restando, Restando, notamos que se cancelan cancelan los términos erminos menos dos de ellos obteniendo 5((22 )( +1) −1) 5(1−(22 )( +1) ) 2(n 2(n+1) 3S = 5 2 5 , de don donde de,, S = = 3 1−22

·

n

−

n

√

El medio geométrico etrico de dos n´ umeros umeros reales positivos a y b se define por ab, ab, el 3 medio geométrico etrico de tres n´ umeros umeros reales positivos a,b,c se define por abc y en gene genera rall para para n números umeros reales positivos a1 , a2 , a3, a4,....,an el medio geométrico etric o se define por

√

 n

Πni=1 ai

Para que una suseci´ on o n de n´ umeros umeros a1 , a2 , a3 , a4 ,....,an esten en P.G, es necesario y suficiente que cada uno de sus términos erminos excepto el primero, sea igual igua l en valor absoluto al medio geométrico etric o de sus términos ermino s adyacentes, es decir

|a | = √a a n+1

n n+2

En efecto, si a1 , a2 , a3 , a4,....,an están an en P.G, entonces an+1 = an q, . Luego an+2 = a +1 an+1 q, de donde an an+2 = an+1 q = an2 +1 = an+1 . q



√

n



Para probar la suficiencia, consideremos an+1 an an+2 . Luego aa+1 = aa +2 . +1 n

n

n

|

| | | = √a a

n n+2

, de donde,

an2 +1 =

n

Obteniendo

a2 a3 a4 a5 = = = = ..... = q a1 a2 a3 a4 lo que demuestra que la sequencia de n´ umeros umeros a1 , a2, a3, a4 ,....,an están an en una P.G. Se deja como ejercicio al lector, una importante desigualdad que no es f´ acil acil de demostrar, ella es:


17

2) Si a,b,c,d números umeros que estan en P.G, demuestre que (b

− c)

2

+ (c (c

− a)

2

+ (d (d

− b)

2

= (a

− d)

2

3) Una bomba b omba de vac´ ac´ıo extrae la cuarta parte del aire contenido contenido en un recipiente recipiente,, en cada bombeada. ¿ Qu´ e tanto por ciento ciento del aire, que originalmente conten´ıa ıa el recipiente, recipi ente, queda después es de cinco bombeadas? bomb eadas?.. 4) Calcule Calcule la suma de los 21 primeros primeros términos erminos de la progresi´ on ( a + b) , a, 2

(3a−b) 2

, .... ......

5) En la figura que se adjunta se tiene que OA = 1mt, ∠AOB = 300 . Calcule AB + BC + C D + .........

F H

0

1

D

B

G E C A

6) En un c´ırculo de radio r adio R se inscribe inscri be un cuadrado, cuadr ado, en éste este cuadrado cuadr ado un c´ırculo, ırculo , en éste este otro c´ırculo un cuadrado cuadr ado y as´ as´ı sucesivamente. ¿ Cu´ C u´ al es el l´ımite de las sumas de las areas a´reas de los cuadrados cua drados y de los c´ırculos? ırculos? 7) En un ciert ciertoo cult cultiv ivo, o, las las bacte bacteri rias as se du dupl plic ican an cada cada 20 minu minutos tos.. ¿ cu´ cuantas ´ veces el n´ umero original de bacterias hay en el cultivo al cabo de 2 horas, umero suponiendo que ninguna muere? 8) De ters n´ umero u meross que forma forman n una P.G P.G decre decreci cien ente te , el tercero tercero es 12. 12. Si 12 es reemplazado por 9, los tres n´ umeros umeros forman una P.A. P.A. Encuen Encuentre tre los dos números umeros restantes. 9) Determine una progresi´ on geometrica decreciente e infinita, de manera que su on suma suma sea sea 3, y la suma suma de los los cubos cubos de sus temi teminos nos sea sea igual igual a 6157 . 10) Utilizando las progresiones, demuestre n

n−1

x +x

n−2 2

y+x

y + ... + xy

n−1

xn+1 +y = x n

−y −y

n+1

16. Teorema del Binomio Del álgebra algebra elemental, sabemos que (a (a + b)2 = (a + b)(a )(a + b) = a2 + 2ab + b2 , entonces (a (a + b)3 = (a + b)(a )(a + b)2 =a3 + 3a 3a2 b + 3ab 3ab2 + b3 Podemos observar que los


18

coeficientes del binomio c´ ubico se pueden obtener de la siguiente manera: ubico 1 2 1 1 2 1 1 3 3 1 De aqui podemos tabular los coeficientes de (a (a + b)n , para n = 0, 1, 2, 3..., ..., ( para el caso n = 0, se requiere que a o´ b, no sean nulos simultaneamente.)

(a + b)0 (a + b)1 (a + b)2 (a + b)3 (a + b)4

1 1 1 1 1

1 2

3 4

1 3

6

1 4

1

El arreglo anterior es conocido como triangulo de Pascal, en honor al matematico Blaise Pascal ( 1623-1662) Definamos el coeficiente de an−k bk ( Denominado Denominado coeficiente coeficiente binomial) binomial) por

 

n = (n−nk!)!k , dondek dondek = 0, 1, 2, 3...n con con 0! = 1, 1, n! = 1 2 3 4...n (lease n )!k ! k factorial) Podemos notar que n! = 1 2 3 4... (n 2) (n 1) n lo podemos escribir como n! = n (n 1) (n 2) .....4 .....4 3 2 1

· · ·

· · · · − · − · · − · − · · · ·

En general (n (n + n)! = n! + m! por ejem ejempl plo, o, si n = 3 y m = 5, 5, (3 + 5)! = 40320 40320,, y 3! + 5! = 126 126 Similarmente debemos observar que en general (2n (2n)! = 2n! y (mn)! mn)! = m!n!







Utilizando los coeficientes binomiales, el triangulo de Pascal quedaria:

0

(a + b)0

0

1 0

2 0

3 0

4 0

2 1

3

1

(a + b)1

1

1

4

1

2

3 2

4 2

(a + b)2

2

3

4 3

17. Ejercicios propuestos 1) Si n > 1, demues demuestre tre que n (n

(a + b)3

3

· − 1)! = n!

4 4

(a + b)4


19

2) Si n > 2, demues demuestre tre que que (n (n2 n) (n 2)! = n! 3) Si n k, demuestre que (n (n k + 1) n! + k n! = (n + 1)! 4) Si n > 2, demuestre que n! (n 1)! = (n (n 1)2 (n 2)! 5) Determine todos los n N para los cual cuales es (2n (2n)! = 2 n! 6) Determine todos los pares de enteros positivos m y n de manera que

− · − − · · − − −

≥

∈

· − ·

(m + n)! = n! m!

·

7) Resuelva la ecuación on para n entero entero positiv positivoo (n + 2)! = 90 n! 8) Si 0 k n 2, entonces

·

≤ ≤ −



n+2 k+2

  =

 

n k+2

+2

n k+1

   +

n k

De la definicion de los coeficientes binomiales para n, m números umeros naturales, m tenemos las siguientes propiedades i) ii) iii) iv)

≥n

            −    n 0

=1

m n+1 n k 1 m+1 n+1

−n = mn+1

m n

n k

=

+

=

n+1 k

m n

m+1 n+1

Teorema del Binomio.

Si a, b

∈ R y n ∈ N,

entonc entonces es n

n

(a + b) =

  n k

k =0

    n 0

an +

n 1

an−1b +

  n 2

an−k bk =

an−2b2 + ..... +



n n



abn−1 +

−1 lo pue puede de cons consid ider erar ar como como (a (a + ( −b))

En particular (a (a b)n , notar por la simetria de los coeficientes que

−

n

n

(a + b) =

  k=0

n k

n

n−k k

a

b =

  k =0

n k

n

  n n

bn

y Es nece necesa sari rioo

ak bn−k

Definamos por T j el térmi er mino no j -ésimo esimo en el desarrollo de binomio (a + b)n, entonces entonces T j =



n j

−1



an−( j −1) b j −1


20

luego por razones practicas y no equivocarse en recordar tantos indices , podemos considerar el coeficiente j -ésimo es imo más as uno uno que tiene tiene la forma forma T j+1 j +1 = En particular (a (a

n

  n j

an− j b j

lo pue puede de cons consid idera erarr como como (a (a + ( b))n

− b) ,

n

(a

n

− b)

=

  n k

k=0

y es da dado do po porr

−

an−k ( 1)k bk

−

Una generalización on natural del Teorema del Binomio, es el Teorema del Multinomio, sólo olo daremos su definici´ on y no entraremos en mas detalles, dejamos al lector m´ on as as avezado profundizar en esta materia. Para cualquier entero n

≥2

y para r

≥3

 

(x1 + x2 + x3 + ..... + xr )n =

n1+n 1+n2 +...+ ...+nr =n

n n1 , n2 ,...,nr



xn1 1 xn2 2

nr r

···x

donde la suma es sobre toda secuencia de n´ umeros enteros positivos n1 , n2,...,nr tal umeros que n1 + n2 + ... + nr = n y n! n = n1 , n2 ,...,nr n1 ! n2! nr ! En particular para r = 2 n! n n n = = = n1 , n2 k, n k k k!(n !(n k)!







  18.

−

· ···



−

 

Ejercicios Ejercicios resueltos resueltos

1) Calcule el término ermino independiente de x y el término ermino central central en caso de que 1 9 existan en el desarrollo del binomio (x (x x2 ) .

−

 

 

−

 



−

1 j 9 9 9− j j −2 j j 9−3 j T j+1 = x ( ) = x ( 1) x = ( 1) x j +1 j j x2 Luego para j = 3, se tiene que el cuarto cua rto término ermino es independiente de x. Como n = 9, no un existe término ermino central. 8 2) Obtenga el coeficiente de x en el desarrollo de (1 + x2 x3 )9 9 Como (x (x1 + x2 + x3 )9 = n1 +n2 +n3 =9 xn1 1 xn2 2 xn3 3 n1 , n2 , n3 8 y el coeficiente que se pide es para x , tenemos la ecuación on 2n2 + 3n 3 n3 = 8, y las posibilidades son 9 j

9− j

−



n1 = 5, n2 = 4, n3 = 0 n1 = 6, n2 = 1, n3 = 2

−


21

luego, calculando los coeficientes tenemos



 



9! 9! + = 252 + 126 = 378 5!4!0! 6!1!2! Otra alternativa para resolver este problema es: Desarrollando por el teorema del binomio 9 5, 4, 0

9 6, 1, 2

+

9

2

(1 + x

3 9

−x )

=

=

  9 k

k =0

9

1

9−k

2

(x

3 k

−x )

 

=

k =0

Analicemos las potencias en el desarrollo de (x (x2 decir en k

2

(x

3 k

−x )

=

i=0

3 k

−x )

k

  − k i

9 k

i

2 k−i

( 1) (x )

(x2

3 k

−x )

con 0

≤ k ≤ 9,

es

  −

3 i

(x ) =

k i

i=0

( 1)i x2k+i

Como 2k 2k + i = 8 y 0 i k se tiene 0 k 4 de don donde de las posibil posibilida idades des 8 son: k = 3, i = 2 ; k = 4, i = 0 y la suma de los coeficie coeficient ntes es de x es

≤ ≤

≤ ≤

      9 3

3 2

9 4

+

4 0

= 378

3) Demuestre que n

  n k

k=0

+ ( 1)k

−

  n k

= 2n

En el desarrollo del binomio n

(a + b)n =

  n k

k=0

an−k bk

basta tomar los casos a = 1 , b = 1 y a = 1 , b = n

   

n

n k

(1 + 1) =

k =0

n

n

(1 + ( 1)) =

−

k=0

n k

1

n

n−k k

1

1 =

k=0

n

n−k

k

( 1) =

−

1 para obtener obtener

−      − k=0

n k

n k

= 2n ( 1)k = 0

4) Determine la suma de todos los coeficientes del polinomio respecto de x que resulta de la expansi´ on on binomial de (3x (3x 4)17 El desarrollo de (3x (3x 4)17 es dado por 17

    17 k

k=0

17 2

− − (−4)

(3x (3x)17

k

−

k

=

(3x (3x)15( 4)2 + ..... +

−

   

   

17 0

(3x (3x)17 +

17 16

(3x (3x)( 4)16 +

−

17 1

(3x (3x)16 ( 4)+

17 17

−

( 4)17

−


22

Dado que esta igualdad es v´ alida alida para todo x, en particular lo es para x = 1. Haciendo x = 1 obtenemos la suma de los coeficientes pedida, es decir

    −     17 0

  17 2

17 16

(3)15 ( 4)2 + ..... +

−

17 1

(3)17 +

(3)16( 4)+

(3)( 4)16 +

−

17 17

( 4)17 = (3

−

− 4)

17

=

−1

19. Ejercicios propuestos 1) En caso de existir, obtenga el coeficiente de x7 en el desarrollo de ( x23 + x + x3 )8 2) Determine el coeficiente del término ermino independiente de x en el desarrollo de 1 ( 3 x + )6 x 3) Si en la expansión on binomial de 1 ( y + 4 )4 y

√

√

√

los primeros tres coeficientes forman una progresi´ on on arit ar itm´ métic et ica. a. Encuentre Encuentr e los lo s términos ermino s de la expansi´ exp ansi´ on en los cuales los exponentes de y sean on números umeros naturales. naturales. 4) Si (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2 x2 + .... + a15 x15 determine el valor exacto de a10 . 5) Determine una relaci´ on on entre a y n de modo que en el desarrollo de (1 + a)n aparezcan dos términos erminos consecutivos iguales. 6) Escriba n n n 6 + + 3 2 1

       

n siempre es un entero r para dar una nueva demostraci´ on on que n(n2 + 5) es m´ ulti u ltipl ploo de 6 para para todo entero n. 7) Determine los n´ umeros umeros a y b, de manera manera que para para todo natural natural n como un polinomio en n, y utilice utilice el hec hecho ho que

3

n =6

      n 3

+a

n 2

+b

n 1

s+n+1 s+1



8) Demuestre por inducci´ on on matem´ atica atica que n

 i=0

s+i s

  =


23

1) Determine un contra ejemplo para la siguiente proposici´ on on ( Conjetura errada de Isaac Newton 1642-1727)

∀n ∈ N , 11

n

= a0 a1 a2 ...an donde los d´ıgitos ıgito s están an dados por:

 

n ! = (n−n j)! , j = 0, 1, 2, 3...n con 0! = 1, n! = 1 2 3 4...n. ...n. j )! j! j ! j es fácil acil demostrar que la proposici´ on on es verdadera para n = 0, 1, 2, 3, 4. Sin Sin embargo, embargo, para n = 5 la proposición on no se cumple dado que 115 = 15101051. Observacion. Observacion. Los coeficientes coeficientes a j antes calculados son llamados coeficientes binomiales y su tabulacion en un arreglo triangular se conoce con el nombre de Triángulo angulo de Pascal ( ver Figura). a j =

· · ·



1 1 1 1 1

1 2

3 4

1 3

6

1 4

1

110 111 112 113 114

induccion matematica

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