Problemas propuestos

01. Halle en términosden

∑k=0

6n

(6nk )cos 4kθ

La presencia de (6nk )nos sugiereusar el binomio de Newton por otro l ado

la presencia decos 4kθnos sugieres usar la fórmulade Moivre :

Partimos de:(1+e4θi )6n

=∑k=0

6n

(6 nk ) (1 )

6n−k

e4kθi=∑k=0

6n

(6nk )e4kθi …. (1 )

Pero:(1+e4θi )6n

=(e¿¿2θi (e−2θi+e2θi))6n=e12nθi .26n.cos6n2θ ¿

(1+e4θi )6n=e12 nθi .26n .cos6n2θ=26n .cos6n2θ . (cos12nθ+i Sen12nθ )

(1+e4θi )6n=26n .cos6n2θ . (cos12nθ )+i26n .cos6 n2θ .Sen12nθEn (1):

(1+e4θi )6n=∑

k=0

6n

(6 nk )cos 4kθ+i∑

k=0

6n

(6nk )Sen 4kθ

Igualamoslas partes reales :

∑k=0

6n

(6nk )cos 4kθ=26n .cos6n 2θ . (cos12nθ )

02.Calcular

S=(n1) x (1−x )n−1+2(n2)x2(1−x )n−2+…+k (nk )xk (1−x)n−k+…+n(nn) xn

S=∑k=0

n

(nk )k xk (1−x)n−k−(n0)0.x0 (1−x )n=∑k =0

n

(nk)k xk (1−x )n−k

S=∑k=0

n

k .(nk) xk (1−x )n−k=∑k=0

n

k .nk (n−1

k−1) xk (1−x )n−k

S=n∑k=0

n

(n−1k−1)xk (1−x)n−k

Redefinimos la Sumatoria :

S=n∑k=0

n

(n−1k−1)xk (1−x)n−k=n∑

k=1

n

(n−1k−1)xk (1−x)n−k=n∑

k=0

n−1

(n−1k )xk +1(1−x)n−k−1

S=n∑k=0

n−1

(n−1k )xk +1(1−x)n−k−1=n . x∑

k=0

n−1

(n−1k )(1−x )n−1−k . xk

Encontramosunb inomio de Newton:

S=n . x (1−x+x )n−1=n . x

03.Calcular S= ∑k=2

4n+10

(k−4 )(2n+1k−6 )

Redefinimos :

S=∑k=6

2n+7

(k−4)(2n+1k−6 )=∑

k =0

2n+1

(k+2)(2n+1k )

S=∑k=0

2n+1

k (2n+1k )+2 ∑

k=0

2n+1

(2n+1k )=A+2.B

A=∑k=0

2n+1

k (2n+1k )=∑

k=0

2n+1

k .(2n+1 )

k ( 2nk−1)=(2n+1 ) ∑

k=0

2n+1

( 2nk−1)

Redefinimos :

A=(2n+1 ) ∑k=1

2n+1

( 2nk−1)=(2n+1 )∑

k=0

2n

(2nk )=(2n+1 ) .22n

B=∑k=0

2n+1

(2n+1k )=22n+1

S=A+2.B=(2n+1 ) .22n+2. 22n+1=22n(2n+5)

04. Pruebeutilizando inducciónmatemática que paratodonúmero naturaln>1 , el ultimodigitodel numero an=22n

+1es7.

i ¿Paraunn=2

a2=222

+1=17… ( Secumple ya que termina en7 )

ii¿Supongamos que paraunn=mtambien se verificaque :

am=22m

+1=…7(∝)

ii¿ Debemos probar que para unn=m+1 tambien sedebe cumplir que :

am+1=22m+1

+1

Partimos de (∝ ) y lo elevamos alcuadrado :

(a¿¿m)2=22m+1

+2.22m

+1=am+1+2.22m

=am+1+2 (am−1 )¿

am+1=(a¿¿m)2−2 (am−1 )¿

Como (a¿¿m)2>2 (am−1 )≤¿(a¿¿m−1)2+1>0¿¿

(a¿¿m)2=.. .. 9 y2 (am−1 )=.. . .2 ya queam=. .. .7¿

Entonces :

am+1= .. . .7

Severifica ∀n>1

05. Determine, aplicando propiedades de sumatorias, el valor de la

siguiente suma S=arc tg12+arc tg

18+arc tg

118

+arc tg132

+arc tg1

50+… , con-

sideramos n sumandos.

S=∑k=1

n

arc tg( 12.k2 )

Hacemosuso de la propiedad telescópica :

∑k =1

n

ak−ak−1=an−a0

Hacemos nuestroak=Arctg( kk+1 ) , ak−1=Arctg ( k−1

k )

ak−ak−1=Arctg ( kk+1 )−Arctg ( k−1

k )=Arctg (1

k (k+1)

1+ k−1(k+1)

)=Arctg( 12.k2 )

Sian=Arctg( nn+1 ) , a0=0

∑k =1

n

ak−ak−1=an−a0

∑k =1

n

Arctg( 12.k2 )=Arctg ( n

n+1 )

06.Utilizandobinomio de Newtondetermine las cuatroúltimas cifrasde32004

(Noutilizar divisibilidad) .

32004=91002=(10−1)1002=(1−10)1002=∑k=0

1002

(1002k )11002−k (−10)k

32004=∑k=0

1002

(1002k )11002−k (−1)k 10k=∑

k=0

1002

(1002k )(−1)k 10k

S=∑k=0

1002

(1002k ) (−1 )k10k=(1002

0 )−(10021 )10+…+(1002

500 ) (−1 )50010500−(1002

501 )10501+(1002502 )10502…−(1002

997 )10997+(1002998 )10998−(1002

999 )10999+(10021000)101000−(1002

1001)101001+101002

Sinos enfocamosen los 6últimos sumandos :

A=−(1002997 )10997=83249667.1001 .10999

B=(1002998 )10998=166999833.25 .10999

C=−(1002999 )10999=−167167. 101002=−167167000.10999

D=(10021000)101000=5015010. 10999

E=−(10021001)101001=−1002. 101001=−100200.10999

F=101002=1000.10999

07. DadosM=(1−x+x2)8(1+x+x2)8; N=(a ²+b−a)8 y P=(1+x+ 6x)

10

Determine α+β+λ , sabiendoqueα esel coeficiente de x8 enel desarrollo de

M ,β es el coeficientedel términode la formaa8bk , k es positivo par enel

des arrollo de N , λ es eltérmino independiente enel desarrollo de P .

M=(1−x+x2)8(1+x+x2)8=((1+x2 )2−x2)8=(x4+ x2+1)8

M=∑k=0

8

(8k )18−k (x¿¿4+x2)k=∑k=0

8

(8k)( x¿¿ 4+x2)k=∑

k=0

8

(8k )∑J=0

k

(kj)x2k−2 j . x4 j ¿¿

M=∑k=0

8

(8k )∑J=0

k

(kj) x2 k+2 j

08.Calcular S=tgθ+2 tg 2θ+4 tg 4θ+…ntérminos

Y verificar su resultadomedianteℑ

S=∑k=1

n

2k−1tg 2k−1θ=∑k=0

n−1

2k tg2kθ

Hacemosuso de la propiedad telescópica :

∑k =1

n

ak−ak−1=an−a0

Hacemos nuestroak=2k +1C tg 2k+1 θ ,ak−1=2kC tg 2k θ

ak−ak−1=2k+1 C tg 2k+1 θ−2kC tg 2kθ=2k tg2kθ

Entonces an=2n+1C tg2n+1θ ,a0=2Ctg2θ

∑k =1

n

2k tg 2kθ=2n+1C tg 2n+1 θ−2Ctg2θ

09. Demostrar por ℑque x2n+1+ y2n+1es divisible por (x+ y ) para todo

x , y ϵ R ,n ϵ N

i ¿Paraunn=1

x3+ y3=( x+ y ) . (x2−xy+ y2 )= (x+ y )°

ii¿S upongamos que para unn=m tambien severificaque :

xn+ yn=( x+ y )° …(1)

ii¿ Debemos probar que para unn=m+1 tambien sedebe cumplir que :

xn+1 + yn+1= ( x+ y )°

Partimos de (1 ) y lomultiplicamos por (x+ y ):

( x+ y ) .(x¿¿n+ yn)=xn+1+x . yn+ y . xn+ yn+1=xn+1+ yn+1+ xy (xn−1+ yn−1)¿

¿ xn+1 + yn+1+xy ( xn

x+ yn

y)

10.Calcular∑k=1

n

logak+1ak sabiendoque∑k=1

n1k=S

M=∑k =1

n

logak+1 ak=∑k=1

n kloga a¿¿ ¿

M=∑k =1

n

1−∑k=1

n1

k+1=n−∑

k=1

n1

k+1…(I )

∑k =1

n1

k+1=∑

k=2

n+11k=∑

k=1

n1k−1+ 1

n+1=S−1+ 1

n+1… (II)

( II ) en ( I ) :

M=n−S+1− 1n+1

=n (n+1 )−1

n+1+1−S

11.Calcular M=∑k=0

8n

(6nk )cos

53

kθ

La presencia de (8nk )nos sugiereusar el binomio de Newton por otro lado

la presencia decos53

kθnos sugieresusar l a fórmula de Moivre , pero antesredefinimos :

M=∑k=0

8n

(6nk )cos

53

kθ=¿∑k=0

6n

(6nk )cos

53

kθ

Partimos de:(1+e

53

θi)6n

=∑k=0

6n

(6nk ) (1 )6n−k e

53

k θi=∑

k=0

6n

(6nk )e

53

k θi…. (1 )

Pero:(1+e

53

θi)6n

=(e¿¿ 56

θi(e−56

θi+e

56

θi))

6n

=e5nθi .26n .cos6n 56

θ ¿

(1+e53

θi)6n

=e5nθi .26n .cos6n 56

θ=26n .cos6n 56

θ . (cos5nθ+i Sen5nθ )

(1+e53

θi)6n

=26n .cos6n 2θ . (cos5nθ )+i .26n .cos6n 2θ .Sen5nθ …(2)(2) en (1):(1+e

53

θi)6n

=∑k=0

6n

(6nk )cos

53

kθ+i∑k=0

6n

(6nk )Sen

53

kθ

Igualamos las partes reales :

∑k=0

6n

(6nk )cos

53

kθ=26n .cos6n 2θ . (cos 5nθ )

12. Determine

S=(nα+β)2+( (n−1 ) α+2 β )2+…+(2α+(n−1 ) β)2+(α+β)2

Indiqueel coe ficientedel términoquecontiene a laexpresión n3 .

13.Sea S=sen ²θ+se n2 (θ+β )+se n2 (θ+2β )+…n sumandos

Talque S=na− sennβ

bsen βcos ( xθ+(n− y ) β )

Determine a ,b , xe y

S=∑k=1

n

sen ² (θ+(k−1)β )

Recordemos que :

2Sen2θ=1−cos2θ

S=∑k=1

n

sen ² (θ+(k−1)β )=∑k=1

n

1−cos 2 (θ+(k−1)β )=∑k=1

n

1−∑k=1

n

cos2 (θ+(k−1) β )

S=∑k=1

n

1−∑k=1

n

cos 2 (θ+(k−1)β )=n−∑k=1

n

cos 2 (θ+(k−1)β ) …(1)

Resolvemos∑k=1

n

cos2 (θ+(k−1)β )

Hacemosuso de la propiedad telescópica :

∑k =1

n

ak−ak−1=an−a0

Hacemos nuestroak=Sen2(θ+(k−12) β) , ak−1=S en2(θ+(k−3

2)β)

ak−ak−1=2cos2 (θ+(k−1) β ) Sen (β )

Entonces an=Sen2(θ+(n−12)β ) ,a0=Sen2(θ−( 1

2 ) β)∑k =1

n

ak−ak−1=an−a0

∑k =1

n

2cos 2 (θ+kβ ) Sen ( β )=Sen2(θ+(n−12) β)−Sen2(θ−( 1

2 ) β)∑k =1

n

cos2 (θ+kβ )=(Sen2(θ+(n−12) β)−Sen2(θ−( 1

2 ) β)) 12 Sen (β )

∑k =1

n

cos2 (θ+kβ )= 12Sen ( β )

.2 cos2(θ+( n−12 )β )Sen (n β ) …(2)

(2 ) en (1 ) :

S=n−∑k =1

n

cos2 (θ+(k−1 ) β )=n−Sen(nβ )2 Sen (β )

.2 cos (2θ+(n−1 ) β )

Entonces los valoresde a , b ,x y y son :

a=1 , b=2 , x=2 , y=1

14. Dados los números u=1+√2 , v=1−√2 se tiene un=an+bn√2 ;

vn=an−bn√2 , an , bnϵ Z+¿ ¿. Usando inducción matemática, demostrar que

a) an²−2bn ² tiene valor absoluto independiente de n … 3 puntos

b)an

bn

es irre ductible