UNIVERSIDAD DE CONCEPCIÓN

ESCUELA DE GRADUADOS

CONCEPCIÓN-CHILE

ALGEBRAY

TRIGONOMETRIA

Myriam Ortega Saavedra, Miryam Vicente Parada y otros.

FACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICASDEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA 2003

Índice general

INDUCCION MATEMATICA II

0.1. PRINCIPIO DE INDUCCIONMATEMATICA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii

0.2. TEOREMA DEL BINOMIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . v0.3. PROGRESIONES ARITMETICAS

Y GEOMETRICAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xii0.4. EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . xxi

i

INDUCCION MATEMATICA

0.1. PRINCIPIO DE INDUCCIONMATEMATICA

Entre las herramientas más utilizadas en matemática, está un métodode demostración llamado Método de Inducción Matemática.Este método se basa en un razonamiento deductivo y se utiliza específica-

mente para demostrar la validez de ciertas proposiciones para un subconjuntode números naturales.Si se quiere probar por ejemplo que:

an

a3= an−3, ∀ n ∈ N, n > 3

intuitivamente, la forma de operar sería ir comprobando si la igualdad semantiene para n = 4, n = 5, ..., etc., pero ¿hasta qué valor de n?. Esta formade operar obviamente no es una demostración y puede existir algún númeronatural que no verifique la proposición.Observemos el siguiente ejemplo.

Ejemplo 0.1.1 “∀n, n ∈ N, n2 − n+ 41 es un número primo”, analicemosla validez de la proposición para:

n = 1, 1− 1 + 41 = 41 y 41 es un número primo.n = 2, 4− 2 + 41 = 43, también es un número primo.n = 3, 9− 3 + 41 = 47, también es un número primo.n = 15, 225− 15 + 41 = 251, también es un número primo.Con los resultados anteriores tenderíamos a generalizar y decir que la

proposición es válida para todo número natural n, pero ¿qué pasa si n = 41?(41)2 − 41 + 41 = (41)2 que no es un número primo. Este contraejemplo nosdemuestra que la proposición no es válida para todo número natural.

ii

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática iii

Es evidente entonces, la necesidad de un método de demostración queanalizaremos a continuación.

Axioma 0.1.2 (PRINCIPIO DE LA BUENA ORDENACION)Todo subconjunto no vacío de N tiene un elemento menor que los restantes,

es decir: si S ⊆ N, S 6= ∅, entonces existe p ∈ S tal que p ≤ r, ∀r ∈ S.

Teorema 0.1.3 (PRINCIPIO DE INDUCCION MATEMATICA)Sean S ⊆ N ∧ p ∈ N tales que:(i) p ∈ S

(ii) k ∈ S ⇒ (k + 1) ∈ S

Entonces S contiene a todos los enteros mayores o iguales que p.

Demostración. (por reducción al absurdo)Supongamos que S no contiene a todos los enteros mayores o iguales que

p, es decir: ∃k ∈ N, k > p tal que k /∈ S.Sea G el conjunto de todos los enteros mayores o iguales que p que no

están en S, luego G 6= ∅, pues k ∈ G.Si r es el menor elemento de G, entonces, r /∈ S pero r − 1 ∈ S y por

hipótesis (ii) (r − 1) + 1 = r ∈ S.Esta contradicción proviene de suponer que S no contiene a todos los

enteros mayores o iguales a p, por lo tanto el Teorema queda demostrado.

Observación 0.1.1 Si p = 1, entonces S contiene a todos los enteros ma-yores o iguales que 1, es decir S = N.

Ejemplo 0.1.4 :

1) Demostrar que:

1 + 3 + 5 + ...+ (2n− 1) = n2, ∀n ∈ N.

Sean pn : 1+3+5+...+(2n− 1) = n2 y S = {n ∈ N : pn es verdadera}(i) 1 = 12, esto es: p1 es verdadera, luego 1 ∈ S.

(ii) Supongamos que k ∈ S, esto es: pk es verdadera

1 + 3 + 5 + ...+ (2k − 1) = k2 (H.I.)

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática iv

(iii) Probemos que (k + 1) ∈ S, esto es:

1 + 3 + 5 + ...+ (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1)2 (T.I.)

Demostración de la T.I :

1 + 3 + 5 + ...+ (2k − 1) + (2k + 1) = k2 + (2k + 1) (por H.I.)= k2 + 2k + 1

= (k + 1)2

Por lo tanto k + 1 ∈ S y en consecuencia S = N.

2) Demostrar que (a+ 1)n ≥ 1 + na, ∀n ∈ N (a ≥ −1)Sean pn : (a+ 1)

n ≥ 1 + na y S = {n ∈ N : pn es verdadera}(i) (a+ 1)1 = a+ 1, y 1 + 1 · a = 1 + a = a+ 1. Así,

(a+ 1)1 ≥ 1 + 1 · a,luego p1, es verdadera y 1 ∈ S.

(ii) Supongamos k ∈ S, esto es: (a+ 1)k ≥ 1 + ka (H.I.)

(iii) Probemos que (k + 1) ∈ S, esto es,

(a+ 1)(k+1) ≥ 1 + (k + 1) a (T.I.)

Demostración de la T.I. :

(a+ 1)(k+1) = (a+ 1)k (a+ 1) ≥ (1 + ka) (a+ 1) (H.I.)= a+ 1 + ka2 + ka= 1 + a (k + 1) + ka2

≥ 1 + (k + 1) aPor lo tanto, k + 1 ∈ S y en consecuencia S = N.

3) Demostrar que ∀n, n ∈ N, 42n − 1 es divisible por 5.Sean pn : 4

2n − 1 es divisible por 5 y S = {n ∈ N : pn es verdadera} .(i) 1 ∈ S, en efecto, 42 − 1 = 15 y 15 es divisible por 5.

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática v

(ii) Supongamos que k ∈ S, es decir:

42k − 1 es divisible por 5 (H.I.)

(iii) Probemos que k + 1 ∈ S, esto es:

42k+2 − 1 es divisible por 5 (T.I.)

Demostración de la T.I. :

42k+2 − 1 = 16 · 42k − 1= 16 · 42k − 16 + 16− 1= 16

¡42k − 1¢+ 15

Por H.I. 42k − 1 es divisible por 5. Luego, 16 ¡42k − 1¢ es divisible por5.

Como 15 es divisible por 5, entonces 16¡42k − 1¢+ 15 = 42k+2 − 1 es

divisible por 5 y, por tanto, k + 1 ∈ S.

Luego, S = N.

0.2. TEOREMA DEL BINOMIO

Designemos por n! (se lee n factorial) el producto de los n primeros númerosnaturales, así:

n! = 1 · 2 · 3 · ... · (n− 1) · nSe conviene en considerar que 0! = 1.Se verifica inmediatamente que:

n! = (n− 1)! n, ∀n ∈ N

Definición 0.2.1 Sean n ∈ N ∪ {0} , n fijo y k ∈ N ∪ {0} tal que k ≤ n, elCOEFICIENTE BINOMIAL

¡nk

¢se define por:µ

n

k

¶=

n!

k! (n− k)!

Ejemplo 0.2.1 :

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática vi

1)¡73

¢= 7!

3! 4!= 35

2)¡100100

¢= 100!

100! 0!= 1

3)¡240

¢= 24!

0! 24!= 1

PROPIEDADES DE LOS COEFICIENTES BINOMIALES:

∀n, k ∈ N ∪ {0} , k ≤ n.

1)¡n0

¢=¡nn

¢= 1

2)¡n1

¢= n

3)¡nk

¢=¡

nn−k¢

4)¡nk

¢+¡

nk−1¢=¡n+1k

¢Demostración. (Propiedad 4))¡

nk

¢+¡

nk−1¢= n!

k! (n−k)! +n!

(k−1)! (n−k+1)! = n! (n−k+1) + n! k(n−k+1)! k!

= n! (n−k+1+k)(n−k+1)! k!

= n! (n+1)k! (n−k+1)! = (n+1)!

k! [(n+1)−k]!=¡n+1k

¢.

La demostración de las propiedades 1), 2) y 3) quedan a cargo del lector.

EL OPERADOR SUMATORIA

En la suma 12+22+32+ ...+n2, cada sumando es de la forma k2 y cadauno de ellos se obtiene dando a k los valores 1, 2, 3, ..., n.El símbolo

P(se lee SUMATORIA), permite escribir la suma anterior

en forma abreviada, de la siguiente maneranP

k=1

k2 =nP

j=1

j2 =nPt=1

t2 = ..., donde

k, j, t, ... se llaman INDICES DE SUMATORIA.En general,

nXk=1

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

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática vii

PROPIEDADES

1)nPi=1

xi =nP

j=1

xj

2)nPi=1

1 = n

3)nPi=1

a = a+ a+ ...+ a = na

4)nPi=1

kxi = knPi=1

xi, k constante

5)nPi=1

(xi + yi) =nPi=1

xi +nPi=1

yi

6)nPi=1

xi =n−1Pi=0

xi+1 =n+1Pi=2

xi−1

7)nPi=1

ÃpP

j=1

xj

!yi =

pPj=1

µnPi=1

yi

¶xj

Demostración. (Propiedad 7))

nPi=1

ÃpP

j=1

xj

!yi =

nPi=1

(x1 + ...+ xp) yi

= (x1 + ...+ xp) y1 + (x1 + ...+ xp) y2 + ...+ (x1 + ...+ xp) yn= x1 (y1 + ...+ yn) + x2 (y1 + ...+ yn) + ...+ xp (y1 + ...+ yn)

=pP

j=1

(y1 + ...+ yn)xj

=pP

j=1

µnPi=1

yi

¶xj

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática viii

Ejemplo 0.2.2 :

1) Hallar el valor numérico de las siguientes expresiones

a)6P

i=3

2i, b)5P

k=1

1k(k+1)

, c)3P

r=0

22r+1

Solución:

a)6P

i=3

2i = 23 + 24 + 25 + 26 = 120

b)5P

k=1

1k(k+1)

= 11·2 +

12·3 +

13·4 +

14·5 +

15·6 = 0,83

c)3P

r=0

22r+1 = 21 + 23 + 25 + 27 = 170

2) Desarrollar6P

j=0

a4−jbj

Solución:6X

j=0

a4−jbj = a4 + a3b+ a2b2 + ab3 + b4

Teorema 0.2.3 (TEOREMA DEL BINOMIO)Cualesquiera sean a y b números reales y cualquiera sea n ∈ N se tiene:

(a+ b)n =nX

k=0

µn

k

¶an−kbk

Demostración. (por inducción)

Sea p (n) : (a+ b)n =nP

j=0

¡nj

¢an−jbj y S = {n ∈ N : p (n) es verdadera} .

a) 1 ∈ S, pues

(a+ b)1 =1P

j=0

¡1j

¢a1−jbj

=¡10

¢a1−0b0 +

¡11

¢a0b1

= a+ b

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática ix

b) Supongamos que la proposición es válida para n = k, es decir,

(a+ b)k =kX

j=0

µk

j

¶ak−jbj (H.I.)

c) Demostremos que la proposición es válida para n (T.I.)En efecto:

(a+ b)k+1 = (a+ b)k · (a+ b)

=

ÃkP

j=0

¡kj

¢ak−jbj

!(a+ b) (por H.I.)

=£¡

k0

¢akb0 +

¡k1

¢ak−1b+

¡k2

¢ak−2b2 + ...+

¡kk

¢a0bk

¤(a+ b)

=£¡

k0

¢ak+1b0 +

¡k1

¢akb+

¡k2

¢ak−1b2 + ...+

¡kk

¢abk¤+

+£¡

k0

¢akb+

¡k1

¢ak−1b2 +

¡k2

¢ak−2b3 + ...+

¡kk

¢a0bk+1

¤=¡k+10

¢ak+1 +

£¡k1

¢+¡k0

¢¤akb++

£¡k2

¢+¡k1

¢¤ak−1b2+

...+¡k+1k+1

¢bk+1

por propiedades 1 y 4 de los coeficientes binomiales,

(a+ b)k+1 =¡k+10

¢ak+1 +

¡k+11

¢akb+

¡k+12

¢ak−1b2 + ...+

¡k+1k+1

¢bk+1

=k+1Pj=0

¡k+1j

¢ak+1−jbj

Luego, k + 1 ∈ S y S = N.

Observación 0.2.1 :

1) Es fácil verificar que el Teorema del Binomio también es válido paran = 0.

2) El desarrollo de (a+ b)n consta de n+ 1 términos

(a+ b)n =¡n0

¢anb0 +

¡n−11

¢an−1b1 + ...+

¡n

n−1¢a1bn−1 +

¡nn

¢a0bn

en particular si por ejemplo n = 4, el desarrollo es el siguiente:

(a+ b)4 = a4 + 4a3b+ 6a2b2 + 4ab3 + b4

3) La suma de los exponentes de a y b en cada término es n.

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática x

4) Los coeficientes de los términos equidistantes del centro son iguales.

5) El término que ocupa el lugar k + 1 en el desarrollo de (a+ b)n estádado por:

tk+1 =

µn

k

¶an−kbk

Ejemplo 0.2.4 :

1) Encontrar el cuarto término en el desarrollo de (x− 2)20 .Solución:

t4 = t3+1=¡203

¢x17 (−2)3

= 20!3! 17!

x17 (−8)= −9120 x17

2) Calcule, si existe, el término independiente de x en el desarrollo de¡2x+ 1

x3

¢20.

Solución:

Sea tk+1 el término pedido,

tk+1 =¡20k

¢(2x)20−k

¡1x3

¢k=¡20k

¢220−k · x20−k · x−3k

=¡20k

¢220−k · x20−4k

ytk+1 =

¡20k

¢220−k · x0

Lo que implica que: 20− 4k = 0. Por tanto, k = 5.Luego, el término pedido existe y es t6 =

¡205

¢215.

3) Determine el o los términos centrales del desarrollo de:³x+ 1√

x

´15.

Solución:

Como el desarrollo contiene 16 términos, hay 2 términos centrales queson t8 y t9.

t8 =¡157

¢x8³

1√x

´7=¡157

¢x9/2

t9 =¡158

¢x7³

1√x

´8=¡158

¢x3

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xi

4) Determine, si existe, el término que contienex25

yen el desarrollo de:µ

x2y

4− 2x

y

¶17.

Solución:

Sea tk+1 el término pedido

tk+1 =¡17k

¢ ³x2y4

´17−k ³−2xy

´k=¡17k

¢x34−2ky17−k

417−k · (−2)k · xk · y−k=¡17k

¢ (−2)k417−k · x34−k · y17−2k

ytk+1 =

¡17k

¢ (−2)k417−k · x25 · y−1

Lo que implica que34− k = 25

17− 2k = −1 .Por tanto, k = 9.

Luego, el término que contiene ax25

yes el décimo.

5) Determine, si existe, el término independiente de z en el desarrollo deµ3z4 +

1

z

¶16.

Solución:

Sea tk+1 el término pedido

tk+1 =¡16k

¢(3z4)

16−k · ¡1z

¢k=¡16k

¢316−k · z64−4k · z−k

=¡16k

¢316−k · z64−5k

ytk+1 =

¡16k

¢316−k · z0,

lo que implica que 64− 5k = 0. Por tanto, k = 64

5.

Como k =64

5/∈ {0, 1, 2, ..., 16} ⊆ N∪{0} , el término pedido no existe.

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xii

6) Determine, si existe, el término que contiene x10 en el desarrollo de(x5 − 3x4)8 .Solución:

tk+1 =¡8k

¢(x5)

8−k(−3x4)k

=¡8k

¢(−3)k x40−k

Luego, x10 aparece en el término tk+1 si y sólo si

x40−k = x10,

es decir:tk+1 =

¡8k

¢(−3)k x10 ⇒ 40− k = 10

⇒ k = 30

Observemos que 0 ≤ k ≤ 8. Por lo tanto, no existe término que con-tenga a x10.

0.3. PROGRESIONES ARITMETICASY GEOMETRICAS

Dada la sucesión de números 1, 4, 7, 10, x , no es difícil observar queel valor que le corresponde a x es 13; para la sucesión 0, −1

2,−1, −3

2,−2, y, el

número y resulta ser −52.

Vemos que en las sucesiones anteriores cada número, llamadoTERMINO de la sucesión, se obtiene del término inmediatamente anteriorsumándole una constante fija; así el cuarto término de la primera sucesión esigual al tercero más 3.El quinto término de la segunda sucesión es igual al cuarto más −1

2.

Las sucesiones construidas de esta forma son las llamadas progresionesaritméticas.

Definición 0.3.1 Se llama PROGRESION ARITMETICA (P.A.) atoda sucesión de números en la cual cada término, después del primero, seobtiene sumando al término anterior un número fijo llamadoDIFERENCIA COMUN.

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xiii

Así, si a1, a2, ..., an es una P.A. de diferencia común d, se tiene que:a2 = a1 + da3 = a2 + d = a1 + 2d

= a3 + d = a1 + 3d...

......

an = an−1 + d = a1 + (n− 1) dObservación 0.3.1 :

1) Si d = 0, la P.A. es constante, todos sus términos son iguales a a1.

2) Usando el método de Inducción Matemática, podemos demostrar que:

Si a1 es el primer término de una P.A. con diferencia común d, en-tonces, el n-ésimo término es

an = a1 + (n− 1) d ∀n ∈ N.

En efecto,

Sean pn : an = a1 + (n− 1) d y S = {n ∈ N : pn es verdadera} ⊆ N.

a) ¿1 ∈ S?a1 + (1− 1) d = a1 + 0d = a1.

Luego 1 ∈ S.

b) Supongamos que k ∈ S, esto es,

ak = a1 + (k − 1) d (H.I.)

c) Demostremos que (k + 1) ∈ S, esto es,

ak+1 = a1 + kd (T.I.)

Demostración de la tesis de inducción:

ak+1 = ak + d (por definición)= a1 + (k − 1) d+ d (por H.I)= a1 + kd− d+ d= a1 + kd

Luego, (k + 1) ∈ S.

Por lo tanto, S = N.

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xiv

Ejemplo 0.3.1 :

1) El vigésimo quinto término de la P.A. 2, 5, 8, 11, ... es:

Solución:a25 = a1 + 24d = 2 + 24 · 3 = 2 + 72 = 74

2) Si el sexto término de la P.A. es 27 y el duodécimo término es 48,determine el primer término.

Solución:

a6 = a1 + 5d = 27a12 = a1 + 11d = 48

6d = 21d = 7

2

∴ a1 = 27− 5 · 72 = 54−352

= 192

3) Determine la P.A. de seis términos si el primero es 23y el último es

713.

Solución:

a6 = a1 + 5d =2

3+ 5d = 7

1

3

Luego,

d =

µ22

3− 23

¶1

5=20

3· 15=4

3.

Por tanto, la P.A. es:

2

3, 2,10

3,14

3,18

3,22

3

Si se denota por Sn la suma de los n primeros términos de una P.A.:

a1, a1 + d, a1 + 2d, ..., a1 + (n− 1) dentonces

Sn = a1+(a1 + d)+(a1 + 2d)+...+(a1 + (n− 2) d)+(a1 + (n− 1) d) (1)

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xv

Reordenando los sumandos, también podemos escribir:

Sn = (a1 + (n− 1) d)+(a1 + (n− 2) d)+...+(a1 + 2d)+(a1 + d)+a1 (2)

Sumando (1) y (2) miembro a miembro y asociando se tiene:

2Sn = (2a1 + (n− 1) d)+(2a1 + (n− 1) d)+...+(2a1 + (n− 1) d)+(2a1 + (n− 1) d) ,luego,

2Sn = n (a1 + a1 + (n− 1) d) = n (a1 + an) .

Por tanto,Sn =

n

2(a1 + an)

Teorema 0.3.2 La suma de los n primeros términos de una P.A., de primertérmino a1 y de diferencia común d, ésta dada por:

Sn =n

2(2a1 + (n− 1) d)

óSn =

n

2(a1 + an) , ∀n ∈ N.

La demostración de este teorema queda a cargo del lector.

Ejemplo 0.3.3 :

1) Determine la suma de los 30 primeros términos de la P.A.

−15,−13,−11,−9, ...

Solución:

d = 2

a1 = −15a30 = a1 + 29d = −15 + 29 · 2 = 58− 15 = 43n = 30

Por tanto,

S30 =30

2(−15 + 43) = 420

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xvi

2) La suma de los 15 primeros términos de una P.A. es 270. Determineel primer término y la diferencia si el décimo quinto término es 39.

Solución:

S15 = 270 =152(a1 + 39)

a1 =54015− 39 = −3

a15 = 39 = a1 + 14d = −3 + 14dd = 39+3

14= 42

14= 3

3) Se ordenan 200 tablas poniendo primero 20 en una fila, 19 sobre ella enuna segunda fila, y así sucesivamente. ¿Cuántas filas hay? y ¿Cuántastablas habrá en la fila superior?

Solución:

Se tiene una P.A. donde a1 = 20, Sn = 200, d = −1 y an = 20 +(n− 1) (−1) = 21− n

200 = n2(20 + 21− n)

400 = 41n− n2

n2 − 41n+ 400 = 0n =

41±√1681− 16002

=41±√81

2=41± 92

Luego, n = 25 ó n = 16.

Si n = 25, entonces a25 = −4, lo cual no tiene sentido para el problema.Si n = 16, entonces a16 = 5. Luego, hay 16 filas y la última fila tiene 5tablas.

Definición 0.3.2 Una sucesión de números de llama PROGRESIONGEOMETRICA (P.G.) si cada término, después del primero, se obtienemultiplicando el término anterior por un número fijo distinto de cero, llamado“razón” ó “cuociente común”.Así, si a1, a2, ..., an es una P.G. y r es la razón, se tiene que:

a2 = a1ra3 = a2r = a1r

2

a4 = a3r = a1r3

...an = an−1r = a1r

n−1

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xvii

Observación 0.3.2 :

1) Si r = 1 la P.G. es constante, todos sus términos son iguales a a1.

2) Si r = 0 todos los términos de la P.G. son nulos salvo eventuelmenteel primero.

3) Usando el método de Inducción Matemática podemos demostrar que, sia1 es el primer término de una P.G. con razón común r, entonces eln-ésimo término es:

an = a1rn−1, ∀n ∈ N.

La demostración se deja a cargo del lector.

Ejemplo 0.3.4 :

1) Determinar el décimo término de la P.G. −8, 4,−2, ... .Solución:

r =−12, a1 = −8

Por tanto,

a10 = (−8)µ−12

¶9=1

64

2) El octavo término de una P.G. es 243 y el quinto es 9. Escriba los tresprimeros términos de la P.G.

Solución:

a8 = 243 = a1r7

a5 = 9 = a1r4

r3 = 2439

r3 = 27r = 3

∴ a1 =981= 1

9; a2 =

19· 3 = 1

3; a3 =

13· 3 = 1.

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xviii

Si Sn indica la suma de los n primeros términos de una P.G., entonces:

Sn = a1 + a1r + a1r2 + ...+ a1r

n−1 (3)

multiplicando por r, se tiene:

rSn = a1r + a1r2 + a1r

3 + ...+ a1rn (4)

restando (3) de (4)Sn − rSn = a1 − a1r

n

(1− r)Sn = a1 − a1rn

Sn = a1(1− rn)

1− r

Teorema 0.3.5 La suma de los n primeros términos de una P.G. de primertérmino a1 y de razón común r, está dada por:

Sn = a11− rn

1− r, r 6= 1, ∀n ∈ N.

Demostración. Por inducción.Sean pn : Sn = a1

1−rn1−r y S = {n ∈ N : pn es verdadera} ⊆ N.

1) ¿1 ∈ S?a1−a1r1−r = a1

(1−r)1−r = a1

S1 = a1

∴ 1 ∈ S

2) Se supone que k ∈ S, esto es,

Sk =a1 − a1r

k

1− r(H.I.)

3) Por demostrar que (k + 1) ∈ S, esto es;

Sk+1 =a1 − a1r

k+1

1− r(T.I.)

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xix

Demostración de la T.I.

Sk+1 = Sk + ak+1= a1−a1rk

1−r + ak+1= a1−a1rk

1−r + a1rk

= a1−a1rk+a1rk−a1rk+11−r

= a1−a1rk+11−r

Luego, (k + 1) ∈ S

∴ S = N.

Ejemplo 0.3.6 :

1) Si en una P.G. a1 = 3, r = 2 y an = 768, hallar n y Sn.

Solución:

an = 768 = a1rn−1 = 3 · 2n−1

2n−1 =768

3= 256

n− 1 = 8n = 9

S9 =3 (1− 29)1− 2 = 1533

2) Una pelota se deja caer de una altura de 9 pies. Si cada vez rebota untercio de la altura desde la cual ha caído esa vez. ¿Cuánto rebotará lasexta vez?. ¿Cuál será la distancia total recorrida al tocar el suelo porséptima vez?.

Solución:

La primera vez que la pelota toca el suelo, ha recorrido 9 pies. Luegorebota hasta una altura de 9

¡13

¢pies y cae de nuevo. Luego rebota hasta

una altura de 9¡13

¢ ¡13

¢= 9

¡13

¢2pies, y así sucesivamente.

La sexta vez que toca el suelo habrá caído de una altura de 9¡13

¢5pies

y rebotará hasta una altura de 9¡13

¢6pies. Esta es la respuesta a la

primera pregunta. Para la segunda, basta observar que, a excepción de

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xx

la primera caída, la pelota debe rebotar del piso hasta una cierta alturamáxima y cae de nuevo al piso en cada rebote. Por tanto, la distanciatotal, D, recorrida es:

D = 9 + 2 · 9 ¡13

¢+ 2 · 9 ¡1

3

¢2+ ...+ 2 · 9 ¡1

3

¢6= 9 + 18

h13+¡13

¢2+ ...+

¡13

¢6i= 9 + 18

·13· (1−

136)

1−13

¸= 17, 988 pies.

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xxi

0.4. EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Demostrar, usando el método de inducción, que las siguientes proposi-ciones son verdaderas para todo n ∈ N.a) 2 + 22 + 23 + ...+ 2n = 2n+1 − 2b) 1

2+ 2

22+ 3

23+ ...+ n

2n= 2− n+2

2n

c) n3 + 2n es divisible por 3d) 64 divide a 72n + 16n− 1e) cos (nπ) = (−1)nf) 2n−1 ≤ n!

2. Demostrar que: 2n < n! < nn, ∀n ≥ 4.3. ¿Para qué valores enteros positivos de n será cierta la desigualdad log

n! > n?. Demuéstrelo usando inducción.

4. Encontrar el noveno término en el desarrollo de:³2y2− 1√

y

´.

5. Encontrar el término que contiene a−8, si existe, en el desarrollo de¡5a− 1

a2

¢28.

6. Determine, si existen, qué lugares ocupan los términos que contienenx5 y x−5 en el desarrollo de

¡2x3− 5x4¢25 .

7. Encuentre el (o los) término (s) central (es) en el desarrollo de³x+ 1√

x

´15.

8. En el desarrollo de³xy− y2

2x2

´8¿aparece x2

y2?. Si su respuesta es afirma-

tiva, obtenga el coeficiente.

9. En el desarrollo de¡x√x+ 1

x4

¢nel coeficiente del tercer término es

mayor que el coeficiente del segundo término en 44 unidades. Encuentreel término independiente, si existe.

10. Si la suma de 7 términos de una P.A. es 49 y la suma de 17 términoses 289, calcular la suma de n términos.

11. La suma de tres términos en P.G. es 186 y la diferencia de los términosextremos es 144. Hallar los números.

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xxii

12. Buscar tres números positivos en P.G. de modo que su suma sea 21 yel mayor tenga tres unidades más que la suma de los otros dos.

13. Si en una P.G. de tres términos se resta 8 del segundo resulta una P.A.y si en ésta se resta 64 del tercero resulta nuevamente una P.G.. Formarla progresión.

14. Un jugador apuesta en el primer juego $5 y como perdió, duplicó laapuesta en el segundo juego con el mismo resultado, continuó dupli-cando la apuesta hasta que en el octavo juego apostó todo el dineroque le quedaba. ¿Cuánto apostó en el último juego y cuánto perdió?

15. Determine el valor de k de modo que: 2k + 2, 5k − 11 y 7k − 13formen una P.G.

16. La aceleración de un cuerpo que cae en el vacío es de 32 pies porsegundo. Cada segundo que el cuerpo cae, desciende 32 pies más de loque cayó el segundo anterior. Si un cuerpo parte del reposo, caerá 16pies en el primer segundo. ¿Cuánto descenderá en 10 segundos? ¿y ent segundos?.

17. Un cable se extiende desde el tope de un poste de 10 pies de alto a unpunto en el terreno a 40 pies del poste. Empezando a un pie del poste,se cuelgan tirantes verticales del cable al terreno con separación de unpie. ¿Cuántos pies de material se necesitarán para los tirantes?

18. Si en una P.G. y1 = 3, r = −2 y yn = 768. Hallar n y Sn.

19. La matrícula en una cierta universidad aumenta a razón de 3 por cientoanualmente. Si en 1967 se matricularon 10,000 alumnos. ¿Cuál fue lamatrícula en 1977?. ¿En qué año la matrícula será por primera vezmayor que el doble de la de 1967?.

20. Cada movimiento de una bomba de aire remueve un tercio del aire quehay en un recipiente. ¿Qué fracción de la cantidad original de aire habrádespués de 5 movimientos?. ¿Cuántos movimientos se necesitarán parasacar el 99 por ciento del aire?

21. En el interior de un cuadrado que tiene lados de 1 pie de longitud, seconstruye un segundo cuadrado cuyos vértices son los puntos mediosde los lados del primer cuadrado. De modo análogo, se construye un

CAPÍTULO 2: Inducción Matemática xxiii

tercer cuadrado cuyos vértices son los puntos medios de los lados delsegundo cuadrado. Si se continua esta sucesión de construcciones,

a) Calcule el área del décimo cuadrado.

b) Calcule el área del n-ésimo cuadrado.

c) Calcule la suma de las áreas de los primeros 10 cuadrados.

d) Calcule el límite de la suma de las áreas de los cuadrados.