Ayudanta 6 - Galasso

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Ayudant́ıa Miércoles 5 de Septiembre
Ayudante: Bastián Galasso D.
1. Cuantos términos de la progresión 6, 10, 14, 18, . . . deben considerarse para que la
suma sea 1920?
Solución:
Usando la suma de los n primero términos de una progresión aritmética (ya que
esta progresión lo es, con a1 = 6 y d = 4), nos queda
n
2
(2a1 + (n− 1)d) = 1920
n
2
(12 + 4(n− 1)) = 1920
n(6 + 2n− 2) = 1920
6n + 2n2 − 2n = 1920
n2 + 4n− 960 = 0
(n + 32)(n− 30) = 0
Por lo tanto, como no puedo necesitar un numero negativo de términos, concluimos
que la cantidad de términos que debemos considerar es 30.
2. La suma de 3 términos consecutivos de una P.G. es 42 y su producto es 1728.
Encuentre los numeros.
Solución:
Consideremos los siguientes términos consecutivos de una progresión geométrica
{a
r
, a, ar}, Luego
a
r
· a · ar = a3 = 1728
= 2 · 864
= 22 · 432
= 23 · 216
= 24 · 108
= 25 · 54
= 26 · 27
= 26 · 33
⇒ a = 22 · 3
= 12
1
Por lo tanto, tenemos que la progresión es {12
r
, 12, 12r}. Por lo tanto, ahora solo nos
falta encontrar la razón, que lo haremos usando la primera condición del problema,
es decir
12
r
+ 12 + 12r = 42
12 + 12r + 12r2 = 42r
2 + 2r + 2r2 = 7r
2r2 − 5r + 2 = 0
(2r − 1)(r − 2) = 2
Finalmente, los términos buscados son {6, 12, 24} para la razón r = 2 y {24, 12, 6}
para la razón r = 1
2
.
3. Sean a, b, c los términos en los lugares p, q y r de una P.G. respectivamente.
Demuestre que aq−rbr−pcp−q = 1
Solución:
Por teoŕıa sabemos que an = a1t
n−1 es el término en el lugar n, por lo tanto
a = a1t
p−1
b = a1t
q−1
c = a1t
r−1
Por lo tanto, reemplazando en lo que queremos demostrar nos queda:
aq−rbr−pcp−q = a
(q−r)
1 t
(p−1)(q−r)a
(r−p)
1 t
(q−1)(r−p)a
(p−q)
1 t
(r−1)(p−q)
= a
(q−r)
1 a
(r−p)
1 a
(p−q)
1 t
(p−1)(q−r)t(q−1)(r−p)t(r−1)(p−q)
= a
(q−r)+(r−p)+(p−q)
1 t
(p−1)(q−r)+(q−1)(r−p)+(r−1)(p−q)
= a01t
(pq−pr+r−q)+(rq−r−pq+p)+(rp−p−rq+q)
= a01t
0
= 1
�
2
4. Demostrar que si a, b, c están en progresión aritmética, los números
1√
b +
√
c
,
1√
c +
√
a
,
1
√
a +
√
b
también forman una progresión aritmética.
Solución:
Consideremos lo siguiente
c− b = b− a
a + c = 2b
c + a + 2
√
ab + 2
√
bc + 2
√
ac = 2b + 2
√
ab + 2
√
bc + 2
√
ac
(
√
ac + 2
√
bc + c) + (a + 2
√
ab +
√
ac) = 2
√
ab + 2b + 2
√
bc + 2
√
ac
(
√
a + 2
√
b +
√
c)(
√
c +
√
a) = 2(
√
b +
√
c)(
√
a +
√
b)
√
a +
√
b +
√
b +
√
c
(
√
b +
√
c)(
√
a +
√
b)
=
2
(
√
c +
√
a)
1√
b +
√
c
− 1√
c +
√
a
=
1√
c +
√
a
− 1√
a +
√
b
Con lo que queda demostrada la proposición.
�
5. Los números positivos a1, a2, a3, ..., an forman una progresión aritmética, de-
mostrar que
1
√
a1 +
√
a2
+
1
√
a2 +
√
a3
+ ... +
1
√
an−1 +
√
an
=
n− 1
√
a1 +
√
an
Solución:
Consideremos la siguiente suma
n−1∑
k=1
1
√
ak +
√
ak+1
=
n−1∑
k=1
√
ak+1 −
√
ak
ak+1 − ak
=
1
d
n−1∑
k=1
√
ak+1 −
√
ak︸ ︷︷ ︸
Propiedad Telescopica
3
=
1
d
(
√
an −
√
a1)
=
an − a1
d(
√
an +
√
a1)
=
a1 + d(n− 1)− a1
d(
√
an +
√
a1)
=
(n− 1)
(
√
an +
√
a1)
Con lo que queda demostrada la proposición.
�
6. Demostrar que si logk(x), logm(x) y logn(x) (x ∈ (1,∞)) forman una progresión
aritmética, entonces
n2 = (kn)logk(m)
Solución:
Consideremos que
logn(x)− logm(x) = logm(x)− logk(x)
ln(x)
ln(n)
− ln(x)
ln(m)
=
ln(x)
ln(m)
− ln(x)
ln(k)
1
ln(n)
− 1
ln(m)
=
1
ln(m)
− 1
ln(k)
1
ln(n)
+
1
ln(k)
=
2
ln(m)
ln(k) + ln(n)
ln(n) ln(k)
=
2
ln(m)
ln(kn)
ln(m)
ln(k)
= 2 ln(n)
ln(kn) logk(m) = ln(n
2)
ln(knlogk(m)) = ln(n2)
n2 = (kn)logk(m)
Lo que demuestra lo pedido.
�
4