ejercicios resueltos de sumatorias
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3.2. Propiedades de las sumatorias.
Si (ai)(1≤i≤n) y (bi)(1≤i≤n)son dos sucesiones reales entonces:
n � n � n � (1) (ai ± bi) = ai ± bi
i=1 i=1 i=1
En efecto
n � n � n � • p.d.q. (ai + bi) = ai + bi
i=1 i=1 i=1
Datos:• n �
– ai = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an
i=1 n �
– bi = b1 + b2 + b3 + + bn· · ·i=1
44 ´ 2. ARIT ETICA NATURAL
n � – (ai + bi) = a1 + b1 + a2 + b2 + a3 + b3 + + an + bn· · ·
i=1
• Luego,
n � (ai + bi) = a1 + b1 + a2 + b2 + a3 + b3 + · · ·+ an + bn
i=1 = (a1 + a2 + a3 + · · ·+ an) + (b1 + b2 + b3 + · · ·+ bn)
n � n � = ai + bi
i=1 i=1
(2) Si c ∈ R entoncesn � n �
c ai = c ai· · i=1 i=1
En efecto n � n �
• p.d.q. : c ai = c ai· · i=1 i=1 n �
• Datos : c ai = c a1 + c a2 + c a3 + · · ·+ c an· · · · ·i=1
• Luego,
n � c · ai = c · a1 + c · a2 + c · a3 + · · ·+ c · an
i=1 = c · (a1 + a2 + a3 + ·+ can)
n � = c ai·
i=1 n � s � n �
(3) i=1
ai = i=1
ai + i=s+1
ai 1 ≤ s ≤ n
En efecto n � s � n �
• p.d.q. ai = ai + ai
i=1 i=1 i=s+1
n � • Datos : ai = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an
i=1
45 ´ 3. INDUCC ON
• Luego,
n � ai = a1 + a2 + a3 + · · ·+ as + as+1 + · · ·+ an
i=1 n � s �
= ai + ai
i=1 i=s+1
n � (4)
i=1
(ai − ai+1) = a1 − an+1 (Propiedad Telescopica)
r � +tr� (5) ai = ai−t (Propiedad del reloj)
i=s i=s+t
Ambas se las dejo como ejercicio.
3.3. Ejercicios Resueltos de Sumatorias.
(1) Calcule la siguiente sumatoria :
100 � (54) S = 3
j=1
Solucion
(i) Por definicion de sumatoria sabemos que
100 � (55) ai = a1 + a2 + a3 + + a100· · ·
i=1
(ii) El punto ( 55), motiva definir, la siguiente formula:
(56) ai = 3 para i=1,2,3,. . . ,100 ; este es el rango de variacion de i
Es decir,
a1 = 3 a2 = 3
. . . a100 = 3
�
46 ´ 2. ARIT ETICA NATURAL
(iii) Finalmente, aplicando (55) y (56) en (54) tenemos:
100 � S = 3
i=1 100 �
= ai ver (56)i=1
= a1 + a2 + a3 + + a100 ver (55)· · ·= 3 + 3 + + 3 (100 − veces) · · ·= 300
La primera conclusion que se puede obtener de ( 54), es que podemos cambiar o substituir el numero 3 o mejor la constante 3, por cualquier otra constante c, lo mismo que el natural 100, puede ser cambiado por un natural n ∈ N. Ası por ejemplo:
– Para c = 1 y n ∈ N
n � (57) + 1
�1 = 1 + 1 + 1
�� · · · = 1 n = n·i=1 (n veces)
– En general, para c ∈ R y n ∈ N tenemos que:
n � (58) c = c n·
i=1
(2) Calcule la siguiente sumatoria
9 � (59) S = (2 + 3i)
i=1
Solucion
(i) Por definicion de sumatoria sabemos que
9 � (60) ai = a1 + a2 + a3 + · · ·+ a9
i=1
(ii) El punto ( 60), motiva definir, la siguiente formula:
(61) ai = (2 + 3i) para i=1,2,3,. . . ,9 ; este es el rango de variacion de i
� �� �
47 ´ 3. INDUCC ON
Es decir,
a1 = 2 + 3 · 1 a2 = 2 + 3 · 2
. . . a9 = 2 + 3 · 9
y (iii) Finalmente, aplicando ( 60) y ( 61) en ( 59) tenemos:
9 � S = (2 + 3i)
i=1 9 �
= ai ver( 61) i=1
= a1 + a2 + a3 + · · ·+ a9 ver( 60) = (2 + 3 · 1) + (2 + 3 · 2) + · · ·+ (2 + 3 · 9) = 18 + 3 45·= 153
Si observamos la solucion del problema anterior tenemos que:
9 � S = (2 + 3i)
i=1 9 �
= ai
i=1 = a1 + a2 + a3 + · · ·+ a9
= (2 + 3 · 1) + (2 + 3 · 2) + · · ·+ (2 + 3 · 9) = 2 + 2 + 2 + + 2 +3 · (1 + 2 + 3 ·+9)· · ·
9 - veces 9 � 9 �
= 2 + 3 · i i=1 i=1
= 2 · 9 + 3 · 45
Ası que, usando la definicion de sumatoria es posible resolver los problemas, pero usando sus propiedades se ocupa menor tiempo.
(3) Supongamos verdaderas en N, las siguientes formulas:
(1) ” Suma de los primeros n-numeros naturales ”
n � (62) i =
n(n + 1) 2
i=1
�
� �� �
48 ´ 2. ARIT ETICA NATURAL
(2) ” Suma de los primeros n-cuadrados de naturales ”
(63) n �
i2 n(n + 1)(2n + 1) =
6 i=1
(3) ” Suma de los primeros n-cubos de naturales ”
(64) n �
i3 =n(n + 1)
�2
2 i=1
(i) Calcule
100 � (65) S = i
i=8
Solucion
100 � i = 1 + 2 + 3 + + 7 +(8 + 9 + 10 + · + 100) ·
i=1 7 �
1=1
Luego,
7 � 100 � i = (8 + 9 + 10 + · + 100) i −
i=1 i=1 100 �
= i i=8
Por lo tanto,
7 � 100 � S = i − i
i=1 i=1
100(100+1) 7(7+1)= 2 − 2
= 50 101 − 7 4· · = 5050 − 28 = 5022
� � �
� � � �
� �� �
49 ´ 3. INDUCC ON
Conclusion:
n n m−1
(66) i = i− i para m < n i=m i=1 i=1
(ii) Calcule
20
(67) S = �
(i3 − 5i2 + 3i− 4) i=12
Solucion
20 20 20 20 20 �
i=12
(i3 − 5i2 + 3i− 4) = �
1=12
i3 − 5 �
i=12
i2 + 3 �
i=12
i− 4 �
i=12
1
= �
20 11 � �
11 �
= �
i=1
i3 − �
i=1
i3 − 5 �20
i=1 i2 −
�
i=1
i2 +
� 20 11
� �20 11
�
3 i− i − 4 11 − i=1 i=1 i=1 i=1
�2 �2�20·21
�11·12
�20·21·41
� = +2 − 2 − 5 6
�11·12·23
� �20·21
� �11·12
�5 + 3 2 − 3 26 −
4 [20 − 11]
= 28320
(4) Demuestre que n � n(n + 1)
i = 2
i=1
Demostracion
�n i = 1 + 2 + 3 + + ni=1 · · ·= (n− 0) + (n− 1) + (n− 2) + · · ·+ (n− (n− 2)) + (n− (n− 1)) = (n + 1 − 1) + (n + 1 − 2) + (n + 1 − 3) + · · ·+ (n + 1 − (n− 1)) + (n + 1 − n) = n + 1 −(1 + 2 + 3 · · ·+ n)
n-veces= n(n + 1) −
�n ii=1
´ 50 2. ARITM ETICA NATURAL
Ası que,
n � 2 i = n(n + 1)
i=1
Y luego,
n � n(n + 1) i =
2 i=1
Alternativa
n � (68) (i + 1)2 − i2 = (n + 1)2 (Propiedad telescopica)− 1
i=1
Pero,
n � n � = (2i + 1) (suma por su diferencia !) (69) (i + 1)2 − i2
i=1 i=1
Igualando terminos en ( 68) y ( 69), tenemos que;
2 n �
i + n = (n + 1)2 n �
− 1 = i = ⇒ n(n + 1)
2 i=1 i=1
Podemos usar directamente esta propiedad para calcular:
n � S = (i − 1)
i=1
51 ´ 3. INDUCC ON
En efecto
Alternativa 1:
Sea u = i− 1 entonces i = 1, 2, . . . , n = ⇒ u = 0, 1, 2, 3 . . . , (n− 1), ası que:
1−n� S = u
u=0 1−n�
= u u=1
= (n−1)(n−1+1)
= 2
(n−1)n 2
Alternativa 2:
n � S =
i=1
(i− 1)
= n � n �
i=1
i− i=1
1
= =
n(n+1) 2 − n
n2+n−2n
= 2
n(n−1) 2
(5) Demuestre que
n �
i=0
Solucion:
n+1
a i = a − 1
a = 1 ∧ a = 0 (�) a− 1
� �
n � n � n �i i+1 i(a− 1) a = a − a
i=0 i=0 i=0
= (a + a2 + a3 + a4 + · · ·+ an + an+1) − (1 + a + a2 + a3 + a4 + · · ·+ an)
= an+1 − 1
Luego, despejando tenemos que
�
�
�
�
�
52 ´ 2. ARIT ETICA NATURAL
n n+1a − 1 (70)
� a i =
a − 1 i=0
Ahora use (�), para calcular
�100 � 1 �i
S = i=1 2
Solucion:
100 �i 100 �i−1 ��
1 1 �
� 1
= 2 2 2
i=1 i=1
99 �i ��
11= 2 2 i=0
1Aplicando directamente (�) para a = 2 , tenemos que:
100 � 1 �i �
100 �
1 2[ ] −11 = 2 1
2−12
i=1
100 �
1 2[ ] −11 = 2 1
2−
� 1 �100
= 1 − 2
3.4. Ejercicios Propuestos de Sumatorias. 5
(1) Calcule 3(i2 − 1)i=1
(2) Calcule:
25
i• i=1025
u• i=1012�
i3 • i=4
53 ´ 3. INDUCC ON
(3) Calcule la sumatoria:
40 � (i + 1)2S = i
i=10
(4) Si ��
1 �k
: 1 ≤ k < 1003ak = (k + 1)2 : 100 ≤ k ≤ 200
entonces calcule la sumatoria 200 �
S = ak
k=1
(5) Demuestre que
n � (3i− 2) =
n(3n− 1) (∀n; n ∈ N)
2 i=1
3.5. Ejercicios Resueltos de Induccion.
(1) Demuestre usando Inducci´ atica que la f´on matem´ ormula proposicional.
F (n) : n �
i =n(n + 1)
. Es verdadera (∀n; n ∈ N)2
i=1
Solucion
(i) Verificamos que F (1) es verdadera.
1 � i = 1 y por otra 1(1+1)
2Por una parte = 1. Ası que i=1
1 � 1(1 + 1) (71) i =
2 i=1
Luego, de ( 71) sigue que F (1) es verdadera .
(ii) Hip´ on.otesis de Inducci´
F (k), es verdadera. Es decir,
k � k(k + 1) i = (H)
2 i=1
54 ´ 2. ARIT ETICA NATURAL
(iii) Tesis de Induccion.
Por demostrar que (p.d.q) F (k + 1), es verdadera. Es decir p.d.q.
+1k� i = (k+1)((k+1)+1)
2 i=1
(k+1)(k+2)= 2
En efecto
+1k� k � +1k� i = i + i
i=1 i=1 i=k+1
(H) = k(k+1)
2 + (k + 1)
= k(k+1)+2(k+1) 2
= (k+1)(k+2) 2
Luego, F (k + 1), es verdadera y F (n) es verdadera (∀n; n ∈ N)
(2) Demuestre usando Inducci´ atica que la f´on matem´ ormula proposicional.
n � F (n) : i2i−1 = 1 + (n − 1)2n . Es verdadera (∀n; n ∈ N)
i=1
Solucion
Etapa 1. Por demostrar que F (1) es verdadera.
Por una parte;
1 � i2i−1 = 1 20 ·
i=1
= 1 Por otra parte;
1 + (1 − 1)21 = 1 + 0 2·
= 1 Ası que,
1 � i2i−1 = 1 + (1 − 1)21
i=1
55 ´ 3. INDUCC ON
Luego, F (1) es verdadera
Etapa 2. Hip´ onotesis de Inducci´
F (k) es verdadera.
Esto es.
k � i2i−1 = 1 + (k − 1)2k (H )
i=1
es verdadera.
Etapa 3. Tesis de Induccion
Por demostrar que F (k + 1) es verdadera
e.e p.d.q.
+1k� i2i−1 = 1 + k2k+1
i=1
En efecto +1k�
i2i−1 = �k i2i−1 + (k + 1)2k
i=1 i=1
(H) = 1 + (k − 1)2k + (k + 1)2k
= 1 + 2k2k
= 1 + k2k+1
Luego, F (k + 1) es verdadera y F (n) es verdadera (∀n; n ∈ N)
on matem´ ormula proposicional. (3) Demuestre usando Inducci´ atica que la f´
F (n) : 10n + 3 4n+2 + 5 es divisible por 9. Es verdadera (∀n; n ∈ N)·
Solucion
(i) Verificamos que F (1) es verdadera.
101 + 3 · 41+2 + 5 = 10 + 3 · 64 + 5 = 10 + 192 + 5 = 207 = 9 · 23
Ası que, F (1) es verdadera.
� ��
�
56 ´ 2. ARIT ETICA NATURAL
(ii) Hip´ on.otesis de Inducci´
F (k), es verdadera. Es decir, existe un elemento numerico que depende de la posicion k, diagamos q(k) tal que:
10k + 3 4k+2 + 5 = 9 · q(k) (H)· (iii) Tesis de Induccion.
Por demostrar que (p.d.q) F (k + 1), es verdadera. Es decir p.d.q. existe ( + 1) tal que kq
+1 ( +1)+2k k10 + 3 4 + 5 = 9 ( + 1) kq·
�
· En efecto
La ”filosofıa” que se puede emplear para resolver este tipo de problemas es la siguiente:
(1) Hacemos la division entre 10k+1 + 3 4k+3 + 5 y 10k + 3 4k+2 + 5. Es · · decir
10k+1 + 3 4k+3 + 5 : 10k + 3 4k+2 + 5 = 10 · · (−)
10k+1 + 30 4k+2 + 50−18 4k+2
·− 45·
(2) Luego, aplicando la definici´ on tenemos: on de divisi´
10k+1 + 3 4k+3 + 5 = 10[10k + 3 4k+2 + 5] + [−18 4k+2 − 45]· · ·
(H) = 10[9 · q(k)] + 9[−2 4k+2 − 5]·
= 9[10 · q(k)] + 9[−2 4k+2 − 5] = 9([10 · q(k)] + [−2
· 4k+2 − 5])
= 9 (10 · q(k)] − 2 4k
· +2 − 5)·
q(k+1)
= 9 · q(k + 1)
Luego, F (k + 1), es verdadera y F (n) es verdadera (∀n; n ∈ N)
3.6. Ejercicios Propuestos de Induccion.
Demuestre usando Inducci´ atica que son verdaderas (∀n; n ∈ N)on matem´
(1) F (n) :n �
i2 n(n + 1)(2n + 1) =
6 i=1
(2) F (n) : n �
i3 =n(n + 1)
�2
2 i=1