PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILEFACULTAD DE MATEMATICAS.DEPARTAMENTO DE MATEMATICA.SEGUNDO SEMESTRE 2010.

MAT 1409 ? ALGEBRA

1. Induccion

Definicion 1. Sean a1, a2, . . . , an numeros reales. Se define el medio aritmetico entre losan como

an :=1

n

n∑k=1

ak.

Se define el medio geometrico como

g := n√

a1 · a2 · . . . · an.

Ejemplo 1. Sean a1, a2, . . . an ∈ R+ no todos iguales a 1, tales que a1 · a2 · . . . · an = 1.Probar que

a1 + a2 + . . . + an > n, para todo n distinto de 1.

Solucion:Notemos que el caso base resulta ser para n = 2. En cuyo caso debemos probar que a1 +a2 >2. Para ello notemos que que a1 · a2 = 1 implica que

a1a2 − 1 = 0

a2

(a1 −

1

a2

)= 0,

de aquı se tiene que al menos uno de ellos debe ser menor que 1, digamos a1, y el otro a2

sera mayor que 1. Por lo tanto 1− a1 > 0 y a2 − 1 > 0 y de donde

(1− a1)(a2 − 1) > 0,

a2 − 1− a1a2 + a1 > 0,

a2 + a1 > 1 + a1a2 = 2.

Con lo cual se demuestra el caso base.Supongamos que la proposicion es cierta para n = k y probemos para el caso n = k + 1.

Al igual que antes existen a1 < 1 y a2 > 1, consideremos a = a1a2. De aquı

a · a3 · a4 · . . . · ak+1 = 1.

1

2

Si cada uno de los factores en el producto anterior fuese igual a 1, se tendrıa que a1a2 = a =1 < a1 + a2 − 1 y por lo tanto

k = a + a3 + a4 + . . . + ak+1 < a1 + a2 − 1 + a3 + a4 + . . . + ak+1,

k + 1 < a1 + a2 + a3 + a4 + . . . + ak+1.

Por otro lado, si no todos los factores fueses igual a 1, por induccion se tendrıa que,

a + a3 + a4 + . . . + ak+1 > k,

pero sabemos, del caso base, que a1 + a2 > 1 + a1a2 luego

a1 + a2 − 1 + a3 + . . . + ak+1 > n,

a1 + a2 + a3 + . . . + ak+1 > n + 1.

Con lo cual se concluye la solucion.

Ejemplo 2. Probar que

1

n

n∑k=1

ak ≥

(n∏

k=1

ak

)1/n

.

Listemos a continuacion algunas propiedades de las sumatorias:∑nk=1(ak+1 − ak) = an+1 − a1.∑n−lk=m−l ak+l =

∑nk=m ak =

∑n+lk=m+l ak−l.∑n

k=m±(ak − ak−1) = ±(an − am−1).

Ejemplo 3. Calcular la siguiente suma,n∑

k=1

(2k − 3)(k + 1).

Ejemplo 4. Calcularn∑

k=1

k

(k + 1)!

1. Probar que para todo natural n la expresion n2 + n es un numero par.Solucion:Sea

P (n) : n2 + n, es un numero par.

El caso base a demostrar es P (1),

P (1) : 12 + 1 = 2,

el cual claramente es par. A continuacion debemos probar que

P (n) ⇒ P (n + 1).

donde P (n) es lo que llamaremos hipotesis de Induccion, lo anterior se traduce en:

Si n2 + n es par entonces (n + 1)2 + (n + 1), es par.

1. INDUCCION 3

Notemos que

(n + 1)2 + (n + 1) = n2 + 2n + 1 + n + 1

= n2 + n + 2(n + 1)

= 2k + 2(n + 1), Por la hipotesis de Induccion.

= 2(k + n + 1).

De donde se concluye lo pedido y se demuestra la proposicion P (n).2. Probar que para todo natural n, la expresion n3 − n es divisible por 6.

Solucion:La proposicion a demostrar es

P (n) = n3 − n, es divisible por6 ∀n ∈ N.

El caso base a demostrar es: P (1), en este caso se tiene

P (1) : 13 − 1 = 0,

el cual claramente es divisible por 6. A continuacion debemos demostrar que

P (n) ⇒ P (n + 1).

es decir

Si n3 − n = 6k, entonces (n + 1)3 − (n + 1) = 6h.

Para ello notemos que

(n + 1)3 − (n + 1) = n3 + 3n2 + 3n + 1− n− 1

= n3 − n + 3n2 + 3n

= 6k + 3(n2 + n), por Hipotesis de Induccion

= 6k + 3(2k′), por ejercicio anterior

= 6(k + 3k′).

Con lo cual se demuestra la proposicion P (n) para todo numero natural.3. Probar que para todo numero natural n, se tiene que

n+1∑k=1

1

n + k≤ 5

6.

Solucion:La proposicion a demostrar es

P (n) :n+1∑k=1

1

n + k≤ 5

6.

4

El caso base que debemos comprobar es

P (1) :1+1∑k=1

1

1 + k≤ 5

6

pero se tiene que1+1∑k=1

1

1 + k=

1

2+

1

3=

5

6,

de donde se puede ver que P (1) se satisface.A continuacion debemos demostrar,

Si, P (n) es verdadero entonces P (n + 1) tambien lo es.

En este caso P (n) es lo que llamamos Hipotesis de Induccion. Para demostrar P (n+1) debemos probar que

P (n + 1) =

(n+1)+1∑k=1

1

n + 1 + k≤ 5

6=

n+2∑k=1

1

n + 1 + k≤ 5

6,

se satisface. Pero notemos lo siguiente

n+2∑k=1

1

n + 1 + k=

n+2∑k=1

[1

n + 1 + k− 1

n + k+

1

n + k

]

=n+2∑k=1

[1

n + 1 + k− 1

n + k

]+

n+2∑k=1

1

n + k

=n+2∑k=1

[1

n + 1 + k− 1

n + k

]+

n+1∑k=1

1

n + k+

1

n + n + 2

=n+2∑k=1

[1

n + 1 + k− 1

n + k

]+

1

n + n + 2+

n+1∑k=1

1

n + k.

A continuacion notemos que gracias a la propiedad telescopica tenemos que

2. Progresiones

Definicion 2. 1. Sean a, d ∈ R, se define la Progresion Aritmetica de primer termi-no a y diferencia d como

a1 = a,

an+1 = an + d.

2. PROGRESIONES 5

2. Sean a, r ∈ R, se define la Progresion Geometrica de primer termino a y razon rcomo

a1 = a,

an+1 = an · r.3. Diremos que una sucesion {ar} se encuentra en Progresion Armonica de primer

termino a, si existe d tal que

a1 = a

an+1 =an

1 + an · d.

Ejemplo 5. Las siguientes son ejemplos de PA.

2, 4, 6, 8, . . .

{4n + 7}n,1

1 +√

x,

1

1− x,

1

1−√

x, . . .

Y ejemplos de PG pueden ser,1

2,1

4,1

8, . . .

1

2,x

3,2x2

9, . . .

Notemos que de la primera definicion se tiene que

an = an−1 + d

= an−2 + d + d = . . . = a + (n− 1)d.

De manera analoga, en el caso de una PG se tiene que el termino general puede escribirsecomo an = a · rn−1.

Finalmente podemos notar que si la sucesion {an} se encuentra en PH entonces la suce-sion {1/an} se encuentra en progresion aritmetica.

Ejemplo 6. Sea {an} una PA, calcularemos la suma de sus primeros n terminos.n∑

k=1

ak =n∑

k=1

(a1 + (k − 1)d),

=n∑

k=1

a1 + dn∑

k=1

(k − 1),

= a1 · n + d

[n(n + 1)

2− n

],

=n

2[a1 + a1 + d(n− 1)] =

n

2[a1 + an].

6

Ejemplo 7. 1. Calcular la suma de los primeros n terminos de una progresiongeometrica.

2. Calcularn∑

k=1

2k − 1

2k.

3. Calcular el numero de terminos de la progresion aritmetica 12, 16, 20, . . . si Sn =208.

4. Sea {αk} tal que αk =2

3k. Calcular

n∑j=1

2jα3j

5. Una pelota cae desde 8 metros de altura, al rebotar su centro alcanza 2/3 de la alturaalcanzada en el rebote anterior. Determinar la distancia recorrida por el centro dela pelota despues de 10 rebotes.

3. Induccion

3.1. Principio del buen orden. Enunciaremos a continuacion una importante propiedaddel conjunto de los numeros naturales:

“Toda coleccion no vacia de enteros positivos contiene un menor elemento”.

Es decir dado un conjunto A ⊂ N existe m ∈ A tal que

m ≤ a, para todo, a ∈ A.

Por ejemplo si A es el conjunto de los numeros pares, se tiene que m = 2.De manera mas general, diremos que un conjunto de numeros esta Bien ordenado, si cada

subconjunto no vacio posee un menor elemento.Consideraremos las siguientes aplicaciones del principio del buen orden.

Teorema 1. No existe entero entre 0 y 1.

Demostracion. Supongamos que existe un entero c tal que

0 < c < 1

. Luego la coleccion de tales enteros es no vacia y por el principio del buen orden, estacoleccion posee un menor elemento, digamos m tal que

(1) 0 < m < 1.

Si en la desigualdad anterior multiplicamos por m se tiene

0 < m2 < m,

3. INDUCCION 7

de donde m2 serıa un entero que se encuentra entre 0 y 1 y que ademas satisface m2 < m,lo cual contradice el Principio del buen orden. Por lo tanto se tiene que no existe un enteroentre 0 y 1. �

Teorema 2. Sea S un subconjunto de N tal que 1 ∈ S, supongamos que cada vez quen ∈ S se tiene que n + 1 ∈ S, entonces S contiene todo elemento de N.

Demostracion. Sea S ′ el complemento del conjunto S. Supongamos que S ′ es no vacio,luego por el Principio del buen orden S ′ posee un menor elemento, digamos s. Si s− 1 ∈ Sse tendrıa que s ∈ S lo cual no puede suceder, por lo tanto s− 1 ∈ S ′.

Pero es claro que

s− 1 < s,

contradiciendo el hecho que s es el menor elemento de S ′. Se tiene entonces que S ′ esvacio. �

Como consecuencia del Teorema recien demostrado estableceremos a continuacion elprimero y segundo Principio de Induccion.

Teorema 3 (Principio de Induccion). Consideremos para cada entero positivo n unaproposicion P (n). Si P (1) es verdadera y cada vez que P (k) es verdadera se tiene que P (k+1)tambien lo es, entonces P (n) es verdadera para cada n ∈ N.

Ejemplo 8. Sea

P (n) : n2 + n, es un numero par.

El caso base a demostrar es P (1),

P (1) : 12 + 1 = 2,

el cual claramente es par. A continuacion debemos probar que

P (n) ⇒ P (n + 1).

donde P (n) es lo que llamaremos hipotesis de Induccion, lo anterior se traduce en:

Si n2 + n es par entonces (n + 1)2 + (n + 1), es par.

Notemos que

(n + 1)2 + (n + 1) = n2 + 2n + 1 + n + 1

= n2 + n + 2(n + 1)

= 2k + 2(n + 1), Por la hipotesis de Induccion.

= 2(k + n + 1).

De donde se concluye lo pedido y se demuestra la proposicion P (n).

8

Ejemplo 9. Probar que para todo natural n, la expresion n3 − n es divisible por 6.Solucion:La proposicion a demostrar es

P (n) = n3 − n, es divisible por6 ∀n ∈ N.

El caso base a demostrar es: P (1), en este caso se tiene

P (1) : 13 − 1 = 0,

el cual claramente es divisible por 6. A continuacion debemos demostrar que

P (n) ⇒ P (n + 1).

es decir

Si n3 − n = 6k, entonces (n + 1)3 − (n + 1) = 6h.

Para ello notemos que

(n + 1)3 − (n + 1) = n3 + 3n2 + 3n + 1− n− 1

= n3 − n + 3n2 + 3n

= 6k + 3(n2 + n), por Hipotesis de Induccion

= 6k + 3(2k′), por ejercicio anterior

= 6(k + 3k′).

Con lo cual se demuestra la proposicion P (n) para todo numero natural.

Ejemplo 10. Probar que para todo n ≥ 1, f4n es divisible por 3, donde fk representa alk-esimo numero de Fibonacci.Solucion:El caso base es claro ya que f4 = 3. Consideremos a continuacion

f4(n+1) = f4n+4,

= f4n+3 + f4n+2,

= f4n+2 + f4n+1 + f4n+1 + f4n,

= f4n + f4n+1 + 2f4n+1 + f4n,

= 3(f4n+1 + 2k).

Con lo cual se prueba lo pedido.

Ejemplo 11. Probar que para todo n ∈ N ∪ {0} la expresion,

32n+1 + 2n+2,

es divisible por 7.Solucion:

3. INDUCCION 9

Ejemplo 12. Si en una sala de clases hay un numero arbitrario n de alumnos y al menosuno de ellos posee el pelo rojo, entonces todos ellos tiene el pelo de ese color.

Solucion:Realizaremos la “demostracion” por Induccion sobre el numero de alumnos que hay en lasala. Definiremos

Sk : Si en la sala hay k alumnos y uno de ellos tiene el pelo rojo

entonces todos los alumnos tienen el pelo de ese color

El primer caso que debemos asegurar es para k = 1, pero en este caso la hipotesis nospermite conluir lo pedido.

A continuacion supongamos Sn es cierto y probemos que Sn+1 es verdadero.Para esto consideremos An ⊂ Sn+1 formado por n − 1 alumnos mas aquel que posee el

pelo rojo, este conjunto posee n elementos y al menos uno de ellos posee el pelo rojo, luegopor la hipotesis de Induccion se tendria que todos los alumnos de An tienen el pelo rojo.

A continuacion consideremos un conjunto Bn formado por n− 1 alumnos mas el alumnoque dejemos fuera en el conjunto An, en este nuevo conjunto hay n alumnos y claramentehay mas de uno de pelo rojo, luego por hipotesis de Induccion se tiene que todos los alumnosde Bn poseen el pelo rojo.

Finalmente notemos que Sn+1 ⊂ An ∪Bn, por lo tanto Sn+1 es cierto.¿Demostrado? Hay algo “raro” en lo que acabamos de demostrar, mire a su alrededor,

parece que no todos poseen el pelo de color rojo o no?.

Ejemplo 13. Probar que la cantidad de subjuntos de un conjunto de cardinalidad n es2n.

Teorema 4 (Principio de Induccion Fuerte). Si para cada m, la hipotesis de que P (k)es cierto para cada k < m implica que P (m) es cierto, entonces P (n) es cierto para todon ∈ N.

Observacion 3. Si m = 1 el conjunto de los k tal que k < 1 es vacio por lo tantosiempre se debe incluir la demostracion del caso P (1).

Ejemplo 14. Franqueo con estampillas de $3 y $5.Se desea probar que para todo n ∈ N se cumple:

P (n) : Si, n ≥ 8 entonces es posible franquear $n con estampillas de$3, $5.

Solucion:El o los casos bases a demostrar son los siguientes:

Si n < 8, P (n) es trivialmente verdadera.n = 8, basta considerar 1 de $3 y 1 de $5.n = 9, consideramos 3 de $3.n = 10, se consideran 2 de $5.

10

El paso inductivo: Sea n ≥ 11 y supongamos que P (n) se cumple para todo k ∈ N con1 ≤ k < n.

En particular si k = n− 3 se tiene que

8 ≤ k < n,

luego P (k) es cierto por Hipotesis, pero si se desea franquear $n basta franquear $k y luegoagregar una de $3, luego por el Principio de induccion fuerte se tiene lo pedido.

3.2. Sucesiones y Definiciones por Recursion.

Definicion 4. Consideremos una funcion f : N −→ R. Esta funcion a cada numeronatural le entrega un valor real f(n) = an. Al conjunto determinado por la imagen de lafuncion f lo llamaremos una sucesion y la denotaremos por {an}n≥1.

Ejemplos de sucesiones pueden ser:

ak = 1k.

ak = k.aj = 22j

+ 1(3, 5, 17, 257, 65537, 4294967297 = 641 · 6700417).

En algunas ocasiones resulta complicado definir un concepto de forma explıcita (comouna sucesion), es en estos casos en los cuales resulta util definir los conceptos que interesana traves de un metodo o un proceso que utilice algunas definiciones previas, una definicioncon esta caracteristica es lo que se conoce como una definicio por recursion. A continuaciondaremos algunos ejemplos.

La serie de Fibonacci.a1 =

√2, an+1 =

√2an.(an < 2).

Ejemplo 15. Consideremos la siguiente coleccion de numeros reales.

a0 = 1, a1 = 2, a2 = 3.

an = an−1 + an−2 + an−3.

Probaremos que S(n) : an ≤ 3n para todo n ∈ N.

Demostracion. Los casos bases a considerar son:

a0 = 1 ≤ 30.a1 = 2 ≤ 31.a2 = 3 ≤ 32.

Supongamos ahora que S(0), S(1), ...S(k) son ciertas para algun k ≥ 2 e intentemos probarS(k + 1), notar que k + 1 ≥ 3. Tenemos que

ak+1 = ak + ak−1 + ak−2

≤ 3k + 3k−1 + 3k−2

≤ 3 · 3k = 3k+1.

Con lo cual el Principio de Induccion fuerte no permite concluir lo pedido. �

4. SUMATORIA 11

Revisemos otras definiciones por recursion, las cuales nos permitiran realizar mas ejem-plos relacionados con el Principio de Induccion.

Union de Conjuntos: Consideremos una coleccion {Ai}i de conjuntos arbitrarios, sedefine la union de una sub-coleccion de ellos como:

1⋃i=1

Ai = A1,

n+1⋃i=1

Ai =

(n⋃

i=1

Ai

)⋃An+1.

Factorial: Sea n un numero en Z se define el factorial de n como:

1! = 1,

(n + 1)! = n! · (n + 1).

Productoria:Sea {ak} una sucesion de numeros reales, se define la productoria de losak como:

1∏k=1

ak = a1,

n+1∏k=1

ak =

(n∏

k=1

ak

)· an+1.

Sumatoria: Sea {ak} una sucesion de numeros reales, se define la sumatoria de losak como:

1∑k=1

ak = a1,

n+1∑k=1

ak =n∑

k=1

ak + an+1.

A nosotros nos interesara en particular el ultimo de estos ejemplos.

4. Sumatoria

Notemos que de la definicion entregada anteriormente se tiene quen∑

k=1

ak = a1 + a2 + a3 + . . . + an−1 + an.

Por ejemplo,50∑

k=1

k = 1 + 2 + 3 + . . . + 49 + 50.

12

Ejemplo 16. Escribir como sumatorias las siguientes expresiones:

1.3

1 · 2 · 21+

4

2 · 3 · 22+ . . . +

17

15 · 16 · 215.

2.1

3+

1

5+

1

7+ . . .

1

23+

1

25.

Definicion 5. Si n ≥ m ≥ 1 se define

n∑k=m

ak =n∑

k=1

ak −m−1∑k=1

ak.

A continuacion revisaremos algunas propiedades de la Sumatoria:

Proposicion 6. Sea {ak} una sucesion de numeros reales.

1. Cambio de ındice.n∑

k=1

ak =n∑

j=1

aj.

2. Separar dentro de la sumatoria.n∑

k=1

(ak + bk) =n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk.

3. Constantes:. Sea β ∈ R, se tiene quen∑

k=1

β · ak = βn∑

k=1

ak.

4.n∑

k=1

β = n · β.

Proposicion 7. (Prop. Telescopica)

n∑k=1

(ak+1 − ak) = an+1 − a1.

Demostracion. Consideremos

T (n) :n∑

k=1

(ak+1 − ak) = an+1 − a1.

Procederemos a demostrar por Induccion que

∀n ∈ N(T (n)).

4. SUMATORIA 13

El caso base a demostrar es T (1), notemos para ello que

1∑k=1

(ak+1 − ak) = a2 − a1, Por definicion.

con lo cual se concluye que T (1) es verdadero.Supongamos que T (n) es cierto y procedamos a probar T (n + 1).

n+1∑k=1

(ak+1 − ak) =n∑

k=1

(ak+1 − ak) + (an+2 − an+1),

= an+1 − a1 + an+2 − an+1,

= an+2 − a1.

Con lo cual se prueba que T (n + 1) es verdadero y por el Principio de Induccion se concluyela Propiedad Telescopica. �

Ejemplo 17. Calcular la siguiente suma:

1

2 · 4+

1

4 · 6+

1

6 · 8+ . . . +

1

2n(2n + 2).

Solucion:Se nos pide calcular el valor de la siguiente expresion

n∑k=1

1

2k(2(k + 1)).

Notemos que si existiera ak tal que

1

2k(2(k + 1))= ak+1 − ak,

podriamos hacer uso de la propiedad Telescopica para calcular lo pedido. Para encontrar untal ak necesitariamos encontrar una constante A tal que

A

2k + 2− A

2k=

1

2k(2(k + 1))

notemos que es posible determinar que el valor A = −1/2 permite la igualdad anterior.Luego tenemos que

n∑k=1

1

2k(2(k + 1))=

n∑k=1

−1

2

(1

2k + 2

)− −1

2

(1

2k

),

=−1

2

(1

2n + 2

)+

1

2

(1

2

),

=1

4

(n

n + 1

).

14

Teorema 5 (Traslacion de indices). Sea {an} una sucesion, si n ≥ m y n, m, p sonnumeros naturales, se tiene que

n∑k=m

ak =

n+p∑k=m+p

ak−p =

n−p∑k=m−p

ak+p.

Para demostrar este Teorema requeriremos hacer uso del siguiente Lema, que pasamos aenunciar, sin demostracion.

Lema 8. Sean n,m ∈ N con m ≤ n.

1.∑m

k=m ak = am.

2.∑n+1

k=m ak = (∑n

k=m ak) + an+1 Para n + 1 > m > 1.

A continuacion procedemos con la demostracion del Teorema.

Demostracion. Sea

S(n) :n∑

k=m

ak =

n+p∑k=m+p

ak−p, n ≥ m.

Se probara, por Induccion, que

∀n ∈ N(n ≥ m ⇒ S(n)).

Caso base, S(m). Consideremos por un lado que, gracias al Lema

m∑k=m

ak = am

y ademas

m+p∑k=m+p

ak−p = a(m+p)−p = am,

con lo cual se tiene el caso S(m).

4. SUMATORIA 15

Supongamos a continuacion que S(n) es cierto para algun n arbitrario y demostremosS(n + 1). Para ello notemos

n+1∑k

ak =n∑k

ak + an+1,

=

(n+p∑

k=m+p

ak−p

)+ an+1, Por hipotesis de Induccion.

=

(n+p∑

k=m+p

ak−p

)+ an+1+p−p,

=

n+p+1∑k=m+p

ak−p.

Que era lo que se deseaba demostrar. �

Haciendo uso de este resultado mostraremos un resultado mas general a la propiedadtelescopica probada anteriormente.

Teorema 6. Sea {ak} usa sucesion de numeros reales y sean n ≥ m numeros naturales.n∑

k=m

(ak+1 − ak) = an+1−am .

Ejemplo 18. 1. Calcular el valor de20∑

k=5

1

(2k − 1)(2k + 1).

2. Probar que (n∑

j=1

aj

)·

(m∑

k=1

bk

)=∑

j

∑k

aj · bk.

3. Probar quen∑

i=1

i∑k=1

2k − 1

i3(i + 1)= 1− 1

n + 1.

4. Calcular1

1+

2

1 + 2+

3

1 + 2 + 3+ . . . +

n

1 + 2 + . . . + n.

Algunas sumatorias usuales

1 + 2 + 3 + 4 + . . . + (n− 1) + n =n∑

k=1

k =n(n + 1)

2.

16

12 + 22 + 32 + 42 + . . . + (n− 1)2 + n2 =n∑

k=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6.

13 + 23 + 33 + 43 + . . . + (n− 1)3 + n3 =n∑

k=1

k3 =

(n(n + 1)

2

)2

.

Ejemplo 19. Calcular

1.1− 3 + 4− 6 + 9− 9 + . . . + 144− 36 + 169.

2.n∑

k=1

(2k − 3)(k + 1).

3.n∑

k=1

k(k + 2).

4.n∑

k=1

1

k(k + 1).

5. Probar por Induccion quen∑

k=1

k · 2k

(k + 2)!= 1− 2n+1

(n + 2)!.

Ejemplo 20. Sea Hn =∑n

i=11i, probar que:

Para todo k ∈ NH2k ≤ 1 + k.

Para todo n ≥ 1n∑

i=1

Hi = (n + 1)Hn − n.

Ejemplo 21. Determinar el valor de x tal que

7∑i=1

(i2 − 3x) +5∑

i=1

xi = 86.

Ejemplo 22. Calcular el valor de30∑

k=10

6

k(k + 1).

4. SUMATORIA 17

En primer lugar notemos lo siguiente

(2)1

k(k + 1)=

1

k− 1

k + 1.

Lo anterior se obtiene haciendo uso de Fracciones parciales.Como la suma que nos piden calcular comienza para k = 10 debemos hacer lo siguiente

30∑k=10

6

k(k + 1)=

30∑k=1

6

k(k + 1)−

9∑k=1

6

k(k + 1).

A continuacion haciendo uso de (2) se tiene que,

30∑k=10

6

k(k + 1)= 6

30∑k=1

1

k(k + 1)− 6

9∑k=1

1

k(k + 1)

= 6

[30∑

k=1

(1

k− 1

k + 1

)−

9∑k=1

(1

k− 1

k + 1

)].

Luego notemos que tanto30∑

k=1

(1

k− 1

k + 1

),

como9∑

k=1

(1

k− 1

k + 1

),

corresponden a sumas del tipo Telescopicas, por lo tanto

30∑k=1

(1

k− 1

k + 1

)=

(1− 1

31

),

9∑k=1

(1

k− 1

k + 1

)=

(1− 1

10

)y reemplazando se obtiene

30∑k=10

6

k(k + 1)= 6

[(1− 1

31

)−(

1− 1

10

)]= 6

[300− 279

310

]=

63

155.

18

Calcular40∑

k=20

1

4k2 − 1.

Probar y calcular2n∑

k=1

(−1)kk2 =n∑

k=1

(4k − 1).

Calcularn∑

k=1

2k + 1

k2(k + 1)2.

Solucion:Notemos que

2k + 1

k2(k + 1)2=

2k + 1 + k2 − k2

k2(k + 1)2=

1

k2− 1

(k + 1)2.

Luego en el problema se tienen∑

k=1

2k + 1

k2(k + 1)2=

n∑k=1

1

k2− 1

(k + 1)2,

y esta ultima suma se calcula usando la propiedad telescopica, con lo cualn∑

k=1

2k + 1

k2(k + 1)2=

1

12− 1

(n + 1)2.

5. Progresiones

Definicion 9. 1. Sean a, d ∈ R, se define la Progresion Aritmetica de primer termi-no a y diferencia d como

a1 = a,

an+1 = an + d.

2. Sean a, r ∈ R, se define la Progresion Geometrica de primer termino a y razon rcomo

a1 = a,

an+1 = an · r.3. Diremos que una sucesion {ar} se encuentra en Progresion Armonica de primer

termino a, si existe d tal que

a1 = a

an+1 =an

1 + an · d.

5. PROGRESIONES 19

Ejemplo 23. Las siguientes son ejemplos de PA.

2, 4, 6, 8, . . .

{4n + 7}n,

1

1 +√

x,

1

1− x,

1

1−√

x, . . .

Y ejemplos de PG pueden ser,1

2,1

4,1

8, . . .

1

2,x

3,2x2

9, . . .

Notemos que de la primera definicion se tiene que

an = an−1 + d

= an−2 + d + d = . . . = a + (n− 1)d.

De manera analoga, en el caso de una PG se tiene que el termino general puede escribirsecomo an = a · rn−1.

Finalmente podemos notar que si la sucesion {an} se encuentra en PH entonces la suce-sion {1/an} se encuentra en progresion aritmetica.

Ejemplo 24. Sea {an} una PA, calcularemos la suma de sus primeros n terminos.

n∑k=1

ak =n∑

k=1

(a1 + (k − 1)d),

=n∑

k=1

a1 + dn∑

k=1

(k − 1),

= a1 · n + d

[n(n + 1)

2− n

],

=n

2[a1 + a1 + d(n− 1)] =

n

2[a1 + an].

Ejemplo 25. 1. Calcular la suma de los primeros n terminos de una progresiongeometrica.

2. Calcularn∑

k=1

2k − 1

2k.

3. Calcular el numero de terminos de la progresion aritmetica 12, 16, 20, . . . si Sn =208.

20

4. Sea {αk} tal que αk =2

3k. Calcular

n∑j=1

2jα3j

5. Una pelota cae desde 8 metros de altura, al rebotar su centro alcanza 2/3 de la alturaalcanzada en el rebote anterior. Determinar la distancia recorrida por el centro dela pelota despues de 10 rebotes.

Ejemplo 26. El segundo termino de una PA es 20 y el quinto es 56. Calcular el 10termino de la PA y la suma de los 10 primeros terminos.

Solucion:Dado que la progresion buscada es aritmetica, el termino general sera del tipo ak = a+(k−1)d. Con los datos entregados se tiene,

a2 = a + d = 20

a5 = a + 4d = 56.

Resolviendo estas dos ecuaciones se obtiene a = 8, d = 12. Con lo cual a10 = 116 y S10 = 620.

Ejemplo 27. Interpolar 10 medios aritmeticos entre 15 y 70.

Solucion:Si queremos interpolar 10 medios aritmeticos entre los numeros dados se debera cumplirque existe una PA con a1 = 15 y a12 = 70. Ademas el termino general debera ser del tipoak = a1 + (k − 1)d. Resolvemos para d y se tiene que d = 5. Con lo cual los 10 mediosaritmeticos pedidos seran

20, 25, 30, 35, . . . , 60, 65.

Ejemplo 28. Dada a1, a2, . . . , an una progresion aritmetica, probar que

1√

a0 +√

a1

+1

√a1 +

√a2

+ . . . +1

√an−1 +

√an

=n

√a0 +

√an

.

Ejemplo 29. Deteminar el termino general de una PG, cuyo cuarto termino es 54 ycuyo septimo termino es 729/4.

Solucion:Dado que buscamos una PG, el termino general debe ser del tipo ak = ark−1, en particular

a4 = ar3 = 54,

a7 = ar6 =729

4.

Resolviendo se tiene r3 = 27/8 o tambien r =3

2y a = 4. Con lo cual ak = 4

(3

2

)k−1

.

5. PROGRESIONES 21

Ejemplo 30. Determinar la suma de los 5 primeros terminos de una sucesion geometricaque commienza ası:

1; 0,3; 0,009; 0,027...

Solucion:Se tiene que a1 = 1, r = 0,3 y buscamos S5 luego el valor pedido sera

S5 = 1

(1− (0,3)5

1− 0,3

)= 1,4251.

Ejemplo 31. Un automovil pierde un 12 % de su valor cada ano. Encontrar el valor alfinal del cuarto ano si su precio original era 25,000,000

Solucion:Sea Vk el valor del auto al cabo de k anos, sea V0 = A y r el porcentaje en el cual se depreciael articulo cada ano. Se tiene que:

Vk = A(1− r)k.

Con estos datos se tiene que V4 = 14,992,000.

Ejemplo 32. 1. En un triangulo equilatero de lado a, se unen los puntos mediosde los los lados para formar un triangulo equilatero. Este procedimiento se repite nveces. Calcular la suma de todos los perımetros de los triangulos obtenidos. Calcularla suma de todas las areas de los triangulos obtenidos.

2. Los numeros a, b, c forman una progresion geometrica, en la cual

a2 + b2 + c2 = 91.

Se sabe ademas que a+2, b+5, c+4 forman una progresion aritmetica. Determinara, b, c.

Ejemplo 33. Determinar el valor de x de maner que x, x − 6, x − 8, se encuentren enPH.

Solucion:Si buscamos que x, x− 6, x− 8 se encuentren en PH, debera tenerse que

1

x,

1

x− 6,

1

x− 8,

se encuentren en PA. Para que esto ultimo suceda una considicion necesaria es

1

x− 1

x− 6=

1

x− 6− 1

x− 8.

Resolviendo obtenemos x = 12, con lo cual los numeros seran 12, 6, 4, loos cuales estan en

PH, ya que1

12,1

6,1

4se encuentran en PA, de diferencia d =

1

12.

22

6. Permutaciones y Combinaciones

Supongamos que se quiere saber la cantidad de patentes que se pueden formar con 2letras y 4 digitos, pero obviamente no deseamos escribirlas todas y luego contarlas, ¿Comopodemos saber esto?. La respuesta es contar pero sin contar. Es decir durante esta seccionintentaremos aprender el arte de contar sin contar o tambien conocido como combinatoria.

6.1. Dos principios basicos.

1. Regla de la suma:

Si una tarea puede realizarse de m maneras distintas y otra puede realizarse de nmaneras distintas, entonces la cantidad de maneras de llevar a cabo exactamente una

de ellas es m + n.

Por ejemplo supongamos que en un cine exhiben 3 pelıculas de terror, 4 peliculasciencia-ficcion y 2 de comedia. ¿De cuantas maneras puede escogerse una pelicula?.(3+4+5).

Del ejemplo anterior se puede intuir que el principio expresado anteriormenteadmite una generalizacion:

Si una tarea se puede realizar de n1 maneras, otra segunda tarea se puede realizar den2 maneras y asi de manera sucesiva hasta una k-esima tarea que puede realizarse denk maneras distintas, entonces la cantidad de maneras de llevar a cabo exactamente

una de ellas es n1 + n2 + . . . + nk.

2. Regla del producto:

Si una tarea puede realizarse de m maneras distintas y otra puede realizarse de nmaneras distintas entonces la cantidad de maneras de llevar a cabo la primera tarea y

luego la segunda es m · n.

Por ejemplo supongamos que vamos a un restaurant en el cual sirven 3 tipos desopa, 5 platos de fondo y 4 postres distintos. De cuantas maners se puede servir unasopa, un plato de fondo y un postre? (2 · 4 · 5).

Al igual que el principio anterior este principio admite una generalizacion:

Si una tarea puede realizarse de n1 maneras, una segunda tarea puede realizarse de n2

maneras distintas y asi sucesivamente hasta una k-esima tarea la cual puede llevarse acabo de nk maneras distintas, entonces la cantidad de maneras de llevar a cabo la

primera tarea, luego la segunda y asi sucesivamente hasta la k-esima tarea esn1 · n2 · . . . · nk.

6.2. Permutaciones. [Selecciones ordenadas] ¿De cuantas maneras es posible ordenaral gabinete de la presidenta al posar para una foto oficial.? y en el caso que quisieramosfotografias solo a 4 de ellos, uno al lado del otro, cuantas maneras existen?

En general si buscamos ordenar linealmente r elementos escogidos de entre n, tenemos

n · (n− 1) · (n− 2) · . . . · (n− r + 1),

6. PERMUTACIONES Y COMBINACIONES 23

maneras de hacerlo. Notemos que

P (n, r) = n · (n− 1) · (n− 2) · . . . · (n− r + 1),

=n · (n− 1) · (n− 2) · . . . · (n− r + 1) · (n− r) · . . . · 2 · 1

(n− r) · (n− r − 1) · . . . 2 · 1,

=n!

(n− r)!.

En particular si r = n se tiene que P (n, n) = P (n) = n!.

Ejemplo 34. Cuantas patentes se pueden formar con 2 digitos seguidos de 4 letras si

1. Ninguna letra o digito puede ser repetido.

26 · 2510 · 9 · 8 · 7 = 3276000.

2. Si permiten repeticiones.

262 · 104.

3. Si se permiten repeticiones cuantas patentes tendran solo vocales o sol digitos pares.?

Observemos que

10! = 3628800(cantidad de segundos en 6 semanas),

11! > n◦ de segundos en 1 ano,

12! > n◦ de segundos en 12 anos,

13! > n◦ de segundos en 100 anos.

Ejemplo 35. La cantidad de permutaciones de la palabra MURCIELAGOS es 11!. Si

solo deseamos escoger 5 letras de esta palabra lo podemos hacer de11!

(11− 5)!y si deseamos

formar palabras de 12 letras con las letras de la palabra MURCIELAGOS esto lo podemoshacer de 1112 maneras distintas.

Notar que la cantidad de permutaciones de la palabra PLOP es 3! = 12 y no 4!.

Ejemplo 36. Determinar

1. La cantidad de ordenamientos de la palabra MATAMOSCA.Existen 3! maneras de ordenar las A′s, existen 2! maneras de ordenar las M ′s,

luego

2! · 3! · (n◦ de ordenamientos de MATAMOSCA) = n◦ de permutaciones de 9 letras.

Luego el n◦ de ordenamientos es

9!

2!3!.

24

2. La cantidad de ordenamientos de la palabra MASSASAUGA, la cual es una ve-nenosa serpiente del norte de America. La cantidad de tales ordenamientos es iguala

10!

3!4!1!1!= 25200.

Y existen7!

3!1!1!1!= 840,

ordenamientos en los cuales las A′s estan juntas.3. a) La cantidad de ordenamientos posibles para la palabra SOCIOLOGICO

b) La cantidad de ordenamientos de la parte (a) en los cuales las letras L y Gestan juntas.

c) La cantidad de ordenamientos en los cuales las vocales estan juntas.

6.3. Combinaciones. [Selecciones no ordenadas] Por ejemplo si deseamos escoger unequipo de 5 jugadores de entre 11? En este caso no interesa si primero escogemos al jugadorA y luego al jugador B o viceversa, esto hace que la cantidad de selecciones no ordenadassea menor que la cantidad de selecciones ordenadas posibles.

Ejemplo 37. Un pastor pigmeo de jirafas en el Serenguetti quere saber cuantas jirafashay en su rebano ¿Como puede contar las jirafas?.

Solucion:Cuenta las patas y luego divide por 4.

Veremos como este problema nos puede ayudar.

Si deseamos ordenar n elementos distintos, tenemos n! maneras de hacerlo.

Si de estos n queremos escoger k y ordenarlos tenemosn!

(n− k)!maneras de hacerlo.

Si ahora lo que deseamos es escoger k elementos, vemos que a cada eleccion de kelementos le corresponden k! elecciones ordenadas de esos mismos n objetos, es decir

en este caso se tienenn!

(n− k)!k!=

(n

k

).

Ejemplo 38. Una congregacion va a realizar un cena para algunos de los miembros desu comite de caridad. Por el tamano de su casa solo puede invitar a 11 de los 20 miembros,como el orden en que se les invite no es importante, puede invitar a los 11 afortunados deC(20, 11) maneras, es decir de (

20

11

)=

20!

11!9!= 167960.

Ejemplo 39. Vicky y Gabi deciden jugar a la Loteria de Rusia, en la cual se debenescoger 5 numeros entre 1 y 49 inclusive y un numero comodin, el cual pueden escoger entre

el 1 y el 42. Vicky selecciona los primeros 5 numeros de

(49

5

), luego Gabi selecciona el

6. PERMUTACIONES Y COMBINACIONES 25

comodin de

(42

1

)maneras distintas, luego por la regla del producto Vicky y Gabi, pueden

escoger sus numeros de

(49

5

)(42

1

)= 80089128 maneras distintas, razon por la que la

cordura les vuelve al cuerpo y desisten de jugar.

Ejemplo 40. 1. Un examen de matematicas contiene 10 preguntas de las cualesse les pide a los alumnos contestar 7 preguntas, como no importa el orden en quecontesten se tiene que existen(

10

7

)=

10!

7!3!= 120,

maneras de contestar el examen.2. Si el estudiante debe contestar 3 de las primeras 5 preguntas y 4 de las siguientes

5 preguntas. En este caso puede contestar las primeras 3 de

(5

3

)maneras y las 4

siguientes de(54

)maneras distintas. Luego puede constar el examen de(

5

3

)(5

4

)= 10 · 5 = 50,

maneras distintas.3. Si al alumno se le ofrece que conteste al menos 3 de las primeras 5 preguntas y

debe contestar 7 en total, entonces en este caso tenemos que revisar las siguientesopciones.

Si escoge 3 de las primeras y 4 de las segundas 5, esto lo habiamos calculadoen la parte (b) y resultaban ser 50 maneras distintas.

Si escoge 4 de las primeras y 3 de las segundas 5, tiene en este caso

(5

4

)(5

4

)=

50 maneras de responder.Finalmente si responde las 5 primeras y 2 de las siguientes 5, esto lo puede

realizar de

(5

5

)(5

2

)= 10 maneras.

En resumen el alumno puede responder el examen de(5

3

)(5

4

)+

(5

4

)(5

3

)+

(5

5

)(5

2

)= 110,

maneras distintas.

Ejemplo 41. 1. Se tiene doce puntos en el plano con no 3 de ellos en la mismalinea recta. Determinar el numero de triangulos que es posible formar.

2. Cuantos de esos triangulos tienen a un determinado punto como vertice.

26

7. Teorema del binomio

Definicion 10. Sea n ∈ N se define el numero n sobre k como:

(n

k

)=

n!

(n− k)k!, k = 0, 1, . . . n.

Proposicion 11. Sea n ∈ N y k = 0, 1, ..., n. Se tiene que

1.

(n

0

)= 1 =

(n

n

).

2.

(n

n− k

)=

(n

k

).

3.

(n

k − 1

)+

(n

k

)=

(n + 1

k

).

4. Si n < k entonces

(n

k

)= 0.

5. k

(n

k

)= n

(n− 1

k − 1

).

Ejemplo 42. Calcular el valor de

S =n∑

k=0

(k

m

).

Solucion:

Si n < m entonces

(k

m

)= 0 para todo k = 0, 1, . . . , n y por lo tanto S = 0.

Por otro lado si n ≥ m se tiene

S =n∑

k=0

(k

m

)=

m−1∑k=0

(k

m

)+

n∑k=m

(k

m

),

7. TEOREMA DEL BINOMIO 27

pero notemos que el primero de estos sumandos es cero ya que k < m. Por lo tanton∑

k=0

(k

m

)=

n∑k=m

(k

m

), trasladando indices

=n−m∑k=

(k + m

m

),

=n−m∑k=

[(m + k + 1

m + 1

)−(

m + k

m + 1

)], Prop. Telescopica

=

(m + n−m + 1

m + 1

)−(

m

m + 1

),

=

(n + 1

m + 1

).

Consideremos el producto (a + b)(a + b)(a + b) donde a, b son expresiones algebraicasarbitrarias. Al realizar este producto aparecen todos los productos de 3 elementos uno decada uno de los terminos de (a + b). Las “opciones” que aparecen son:

Si seleccionamos 3 terminos a −→ a3,

Si seleccionamos 3 terminos b −→ b3,

Si seleccionamos 2 terminos a y 1 termino b −→ aab, aba, baa

Si seleccionamos 2 terminos b y un termino a −→ bba, bab, abb.

Luego en resumen tenemos la conocida formula

(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

Revisemos a continuacion el caso general, es decir buscamos una formula similar para laexpresion

(3) (a + b)(a + b)(a + b) . . . (a + b) = (a + b)n.

Notemos que cada termino de (3) es de la forma an−rbr, expresion en la cual se han escogidor terminos b y por ende n − r terminos a, es claro que una vez escogidos los r terminos blos terminos a son una consecuencia. Por otro lado sabemos que la cantidad de maneras de

escoger r veces el termino b de entre n factores es

(n

r

), es decir existen

(n

r

)terminos de la

forma an−rbr, reuniendo todas las posibles selecciones que pueden ocurrir se obtiene que elsiguiente resultado:

Teorema 7 (Teorema del Binomio). Sea n un entero positivo, luego

(a + b)n =n∑

r=0

(n

r

)an−rbr.

28

Notar que al desarrollar los terminos de (a + b)n, existe una cierta simetria, es decir loscoefientes que acompanan an−rbr y arbn−r son exactamente iguales, esto sucede debido a que(

n

r

)=

(n

n− r

).

Ejemplo 43. Haciendo uso del Teorema del Binomio,

1. Determinar el desarrollo de (2x + 3y2)4.Solucion:

(2x + 3y2)4 =4∑

k=0

(4

k

)(2x)4−k(3y2)k

= 16x4 + 96x3y2 + 216x2y4 + 216xy6 + 81y8.

2. Determinar el desarrollo de

(1

x− 2

√x

)5

.

Solucion:(1

x− 2

√x

)5

=5∑

k=0

(5

k

)(1

x

)5−k

(−2√

x)k,

=1

x5− 10

x7/2+

40

x2− 80√

x+ 80x− 32x5/2.

3. Determinar el quinto termino en el desarrollo de

(4x2 +

3

y

)1

3.

Solucion: Como buscamos el quinto termino, este corresponde a una expresion del

tipo (4x2)9−4(3/y)4, por lo tanto el coeficiente numerico que la acompana es

(13

4

),

en definitiva el termino pedido es:(13

4

)(4x2)9

(3

y

)4

.

4. Probar que

2n =n∑

k=0

(n

k

).

5. Determinar el termino que contiene a x14 en el desarrollo de(2x2 − xy

2

)9

.

Solucion: Notemos que los terminos en el desarrollo pedido son del tipo

(2x2)9−k(xy

2

)k

=29−k

2kx18−kyk,

7. TEOREMA DEL BINOMIO 29

y como deseamos que el exponente de x sea igual a 14, se debe tener que 18−k = 14osea k = 4, luego el termino pedido es(

9

4

)25

24x14y4 = 2

(9

4

)x14y4.

Ejemplo 44. Calcular(n

0

)−(

n

1

)+

(n

2

)− . . . + (−1)n

(n

n

).

Proposicion 12. El coeficiente de xn11 xn2

2 . . . xntt en el desarrollo de (x1 +x2 + . . .+xt)

n

esn!

n1!n2! . . . nt!.

Para cada entero ni con 0 ≤ ni < n para todo 1 ≤ i ≤ t y n1 + n2 + . . . + nt = n.

Demostracion. El coeficiente de xn11 xn2

2 . . . xntt corresponde a la manera de seleccionar

x1 de n1 de los n factores, x2 de n2 de los n−n1 factores restantes, x3 de n3 de los n−n1−n2

restantes y asi sucesivamente, esto se por el principio del producto es:(n

n1

)(n− n1

n2

)(n− n1 − n2

n3

). . .

(n− n1 − n2 − . . .− nt−1

nt

)=

n!

n1!n2! . . . nt!,

=

(n

n1, n2, . . . , nt

).

�

Ejemplo 45. 1. En la expansion de (x+y+z)7 determinar el coeficiente de x2y2z3.Este coeficiente por la proposicion anterior corresponde a(

7

2, 2, 3

)=

7!

2!2!3!.

En esta misma expansion el coeficiente de xyz5 es

(7

1, 1, 5

)= 42 y el de x3z4 es(

7

3, 0, 4

)= 35.

2. En la expansion de (a + 2b− 3c + 2d + 5)16 determinar el coeficiente de a2b3c2d5.

7.1. Combinaciones con repeticion.

Ejemplo 46. una tienda de donuts ofrece 3 tipos de ellas, si asumimos que de cada tipohay al menos 1 docena, de cuantas maneras podemos seleccionar una docena.

Solucion:Supongamos que queremos comprar.

30

En general se tiene que si deseamos escoger, con repeticion, r elementos de entre ndistintos, la cantidad de maneras de hacerlo es:(

n + r − 1

r

).

Ejemplo 47. 1. De cauntas maneras se pueden repartir 1000 pesos entre 4 per-sonas en multiplos de 100.

2. Si ahora se desea que cada uno reciba al menos 100. En este caso solo repartimos 6monedas.

3. Si ahora deseamos que al menos una de ellas reciba al menos 500.4. De cuantas maneras se pueden repartir 7 bananas y 6 naranjas entre 4 ninos de

manera que cada uno reciba al menos una banana.5. Determinar la cantidad de solluciones enteras de x1 + x2 + x3 + x4 = 7(

4 + 7− 1

7

)= 120.