Ayudanta 4 - Galasso

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Ayudant́ıa Miércoles 29 Agosto
Ayudante: Bastián Galasso D.
1. Calcule
n∑
k=1
2k − 1
k(k + 2)2
Usando la identidad:
3
2
n∑
k=1
1
k(k + 2)2
=
1
4
(
3
2
− 2n + 3
(n + 1)(n + 2)
)
- Solución:
n∑
k=1
2k − 1
k(k + 2)2
=
n∑
k=1
2k − 1 + k2 + 2k + 5− k2 − 2k − 5
k(k + 2)2
=
n∑
k=1
(k2 + 4k + 4)− (k2 + 2k)− 5
k(k + 2)2
=
n∑
k=1
(k + 2)2 − k(k + 2)
k(k + 2)2
− 5
n∑
k=1
1
k(k + 2)2
=
n∑
k=1
(k + 2)2
k(k + 2)2
− k(k + 2)
k(k + 2)2
− 5
n∑
k=1
1
k(k + 2)2
=
n∑
k=1
1
k
− 1
k + 2︸ ︷︷ ︸
Propiedad telescopica
−5
n∑
k=1
1
k(k + 2)2
= 1 +
1
2
− 1
n + 1
− 1
n + 2
− 5
6
(
3
2
− 2n + 3
(n + 1)(n + 2)
)
=
1
6
(
3
2
− 2n + 3
(n + 1)(n + 2)
)
2. Calcule
n∑
k=1
k · 2k
(k + 2)!
- Solución:
Para resolver es problema, Separaremos el termino k(k+2)! es fracciones parciales, es decir
k
(k + 2)!
=
A
(k + 1)!
+
B
(k + 2)!
=
A(k + 2) + B
(k + 2)!
=
Ak + (2A + B)
(k + 2)!
De lo anterior, deducimos que A = 1 y B = −2, con esto el problema nos queda
n∑
k=1
k · 2k
(k + 2)!
=
n∑
k=1
2k
(k + 1)!
− 2
k+1
(k + 2)!︸ ︷︷ ︸
Propiedad telescopica
1
= 1− 2
n+1
(n + 2)!
3. Calcule
n+1∑
k=1
(k + 1)(−3)k
- Solución:
Llamemos S =
n+1∑
k=1
(k + 1)(−3)k.
Ahora multipliquemos S por (−3), quedándonos
(−3)S =
n+1∑
k=1
(k + 1)(−3)k+1
Ahora, restamos S con (−3)S
S − (−3)S =
n+1∑
k=1
(k + 1)(−3)k − (k + 1)(−3)k+1
=
n+1∑
k=1
k(−3)k − (k + 1)(−3)k+1︸ ︷︷ ︸
Propiedad telescopica
+
n+1∑
k=1
(−3)k︸ ︷︷ ︸
Geometrica
= (−3− (n + 2)(−3)n+2) + (−3)− (−3)
n+2
4
⇒ 4S =
[
(−3− (n + 2)(−3)n+2) + (−3)− (−3)
n+2
4
]
⇒ S = 1
4
[
(−3− (n + 2)(−3)n+2) + (−3)− (−3)
n+2
4
]
4. Calcule
n+1∑
k=2
k + 2
k(k + 1)
(
1
2
)k
- Solución:
Primero, usaremos fracciones parciales para separar la expresión k+2k(k+1) , del siguiente modo:
k + 2
k(k + 1)
=
A
k
+
B
k + 1
=
A(k + 1) + B
k(k + 1)
=
K(A + B) + A
k(k + 1)
Por lo que concluimos, que A = 2 y B = −1, por lo tanto la suma nos queda:
n+1∑
k=2
k + 2
k(k + 1)
(
1
2
)k
=
n+1∑
k=2
(
2
k
− 1
k + 1
)(
1
2
)k
=
n+1∑
k=2
(
1
k2k−1
− 1
(k + 1)2k
)
︸ ︷︷ ︸
Propiedad Telescopica
=
1
4
− 1
2n+1(n + 2)
2
5. Calcular la suma de los n primeros términos de la sucesión 3, 18, 57, 132, 255, 438, 693, ...
- Solución:
Consideremos las siguientes sucesiones:
a1 = 3
a2 = 18
a3 = 57
a4 = 132
a5 = 255
a6 = 438
a7 = 693
Luego,
b1 = a2 − a1 = 15
b2 = a3 − a2 = 39
b3 = a4 − a3 = 75
b4 = a5 − a4 = 123
b5 = a6 − a5 = 183
b6 = a7 − a6 = 255
Y por último,
c1 = b2 − b1 = 24
c2 = b3 − b2 = 36
c3 = b4 − b3 = 48
c4 = b5 − b4 = 60
c5 = b6 − b5 = 72
Ahora, como vemos que la sucesión de los {ci}5i=1 es de la forma ci = bi+1− bi, llegamos fácilmente
a que bi+1− bi = 12(i+1). Por otro lado, tenemos que la sucesión bi+1 = ai+2−ai+1, por lo tanto,
finalmente tenemos:
ai+2 − ai+1 − (ai+1 − ai) = 12(i + 1)
ai+2 − ai = 12i + 12
n−2∑
i=1
(ai+2 − ai+1)−
n−2∑
i=1
(ai+1 − ai) =
n−2∑
i=1
12i + 12
an − an−1 − a2 + a1 =
12(n− 1)(n− 2)
2
+ 12(n− 2)
3
Por lo tanto, aplicando nuevamente suma, nos queda:
n∑
i=1
(ai − ai−1) =
n∑
i=1
12(i− 1)(i− 2)
2
+ 12(i− 2) + 15
an =
(
n∑
i=1
12(i− 1)(i− 2)
2
+ 12(i− 2) + 15
)
+ 3
Con lo que concluye el problema.
6. Los 12 números de un reloj de pared se desprendieron, y al colocarlos la persona no sabia
como colocarlos, por ende cometió algunos errores. Demuestre que existe por lo menos un número
que al sumarle los dos números que quedaron a sus lados, se obtiene un resultado igual o mayor
que 20.
- Solución:
Sea el número {ai}, el que quedo en la posición i con i ∈ [1, 12] y considere las siguientes 12
sumas:
S1 = a12 + a1 + a2, S2 = a1 + a2 + a3, . . . , S12 = a11 + a12 + a1
Es fácil darse cuenta que cada ai se repite 3 veces considerando las 12 sumas , es decir:
12∑
i=1
Si =
12∑
i=1
3(ai)
Ahora como vemos, la suma de los 12 ai no es mas que la suma de los números del 1 al 12, por lo
tanto:
12∑
i=1
3(ai) =
3 · 12 · 13
2
= 234
Y como lo que hicimos fue sumar los 12 trios posibles, ahora dividimos nuestro resultado en 12,
resultando 19 y resto de 6. Por lo tanto, para algún Si la suma da más de 20.
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