Ayudanta 9 - Vargas

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CÁLCULO 1-MAT1503
Ayudant́ıa 9
Rodrigo Vargas
1. En
(x
2
− 2 3
√
x
)60
, determine
(a) El término constante, si lo hay
(b) El término central
Solución:
(a) Usando el teorema del binomio de Newton obtenemos que(x
2
− 2 3
√
x
)60
=
n∑
k=0
(
60
k
)(x
2
)60−k
· (−2 3
√
x)k
=
n∑
k=0
(
60
k
)
x60−k
260−k
(−2)kxk/3
=
n∑
k=0
(
60
k
)
(−1)k22k−60x69−
2
3
k
Para obtener el término constante, debe ocurrir que
60− 2
3
k = 0 ⇒ k = 90
y como k varia solamente entre 0 y 60, se concluye que no existe
término constante.
(b) El término central se obtiene cuando k = n
2
= 60
2
= 30. Entonces
el término central es:
t31 =
(
60
30
)(x
2
)60−30
(−2 3
√
x)30
=
(
60
30
)
x30
230
(−1)30 · 230x30/3
=
(
60
30
)
x40
2. Probar que los coeficientes de x2, x3 en el desarrollo de (x2 + 2x + 2)n
son 2n−1n2 y 1
3
n(n2 − 1)2n−1
1
Solución: Usando el teorema del binomio de Newton, tenemos que:
(x2 + 2x + 2)n = (2 + (2x + x2))n
=
n∑
k=0
(
n
k
)
2n−k(2x + x2)k
=
n∑
k=0
(
n
k
)
2n−k · xk(2 + x)k
=
n∑
k=0
(
n
k
)
2n−k · xk
k∑
i=1
(
k
i
)
2k−ixi
=
n∑
k=0
k∑
i=0
(
n
k
)(
k
i
)
2n−1 · xk+1
i) Para halllar el coeficiente de x2 debe cumplirse la condición k+ i = 2
con i ≤ k, las únicas posibilidades son:
i k
0 2
1 1
Luego el coeficiente de x2 está dado por(
n
2
)(
2
0
)
2n +
(
n
1
)(
1
1
)
2n−1 =
n!
2!(n− 2)!
· 2!
0!(2− 0)!
· 2n
+
n!
1!(n− 1)!
· 1!
1!0!
· 2n−1
=
n(n− 1)
2
· 2n + n2n−1
= (n(n− 1) + n)2n−1
= (n2 − n + n)2n−1 = n2 · 2n−1
ii) Para encontrar el coeficiente de x3 debe cumplirse la condición de
que k + i = 3 con i ≤ k, las únicas posibilidades son:
i k
0 3
1 2
Luego, el coeficiente de x3 estaŕıa dado por(
n
3
)(
3
0
)
2n +
(
n
2
)(
2
1
)
2n−1 =
n!
3!(n− 3)!
· 2n + n!
2!(n− 2)!
· 2 · 2n−1
2
=
n(n− 1)(n− 2)
6
· 2n + n(n− 1)
2
· 2 · 2n−1
=
n(n− 1)
¬
· 2n{(n− 2) + 3}
=
1
6
n(n− 1)(n + 1)2n
=
1
3
n(n2 − 1) · 2n−1
3. Pruebe que
a)
(
n
k
)
=
(
n
n− k
)
b)
(
n + 1
k
)
=
n + 1
n− (k − 1)
(
n
k
)
c)
(
n + 1
k + 1
)
=
n + 1
k + 1
(
n
k
)
d)
(
n
k
)
+
(
n
k + 1
)
=
(
n + 1
k + 1
)
Solución:
(a) En efecto,(
n
k
)
=
n!
k!(n− k)!
=
n!
(n− k)!(n− (n− k))!
=
(
n
n− k
)
En particular, se establece(
n
0
)
=
(
n
n
)
= 1 y
(
n
1
)
=
(
n
n− 1
)
= n
(b) Notemos que (
n + 1
k
)
=
(n + 1)!
k!(n + 1− k)!
=
n!(n + 1)
k!(n− k + 1)!
=
n!
k!
· (n + 1)
(n− k)!(n− k + 1)
=
n!
k!(n− k)!
· (n + 1)
n− (k − 1)
=
(
n
k
)
(n + 1)
n− (k − 1)
3
(c) En efecto,(
n + 1
k + 1
)
=
(n + 1)!
(k + 1)!(n− k)!
=
n!(n + 1)
k!(k + 1)(n− k)!
=
(
n
k
)(
n + 1
k + 1
)
(d) (
n
k
)
+
(
n
k + 1
)
=
n!
k!(n− k)!
+
n!
(k + 1)!(n− (k + 1))!
=
n!(k + 1) + n!(n− k)
(n− k)!(k + 1)!
=
n!(k + 1 + n− k)
(n− k)!(k + 1)!
=
n!(n + 1)
(n− k)!(k + 1)!
=
(n + 1)!
(n− k)!(k + 1)!
=
(
n + 1
k + 1
)
4. Demuestre que
(a)
n∑
i=0
(
n
i
)
= 2n
(b)
2n∑
k=0
(
2n
k
)
=
[
n∑
k=0
(
n
k
)]2
Solución:
(a) Sabemos por el teorema del binomio de Newton que
(a + b)n =
n∑
k=0
(
n
k
)
ak · bn−k
Tomando a = b = 1 se obtiene
2n = (1 + 1)n =
n∑
i=0
(
n
i
)
1k · 1n−i =
n∑
i=0
(
n
i
)
(b) Observe que
2n∑
k=0
(
2n
k
)
=
2n∑
k=0
(
2n
k
)
1k · 12n−k = (1 + 1)2n = 22n
= (2n)2 =
[
n∑
k=0
(
n
k
)]2
4
La última igualdad es consecuencia de la parte (a)
5. Calcular
(a)
37∑
k=2
(
1√
25k2 − 10k + 1
− 1
5k + 4
)
(b)
n∑
k=1
1
k(k + 1)
Solución:
(a) Usaremos la propiedad telescopica para calcular esta sumatoria
37∑
k=2
(
1√
25k2 − 10k + 1
− 1
5k + 4
)
=
37∑
k=2
(
1√
(5k − 1)2
− 1
5k + 4
)
=
37∑
k=2
(
1
5k − 1
− 1
5k + 4
)
=
37∑
k=2
(ak − ak+1)
= a2 − a38
=
1
5 · 2− 1
− 1
5 · 38 + 4
=
1
9
− 1
194
=
185
1746
(b) Para usar la propiedad telescopica nos gustaŕıa tener:
1
k(k + 1)
=
a
k
+
b
k + 1
(1)
para ciertos a, b ∈ R. Para hallar estos némeros proponemos la
siguiente método: multiplique (1) por k y obtendrá:
1
k + 1
= a +
k · b
k + 1
evaluando esta igualdad en k = 0 obtenemos: a = 1. De manera
similar para hallar b multiplicamos por k + 1 la igualdad (1) y
obtenemos
1
k
=
(k + 1)a
k
+ b
5
evaluando la última igualda en k = −1 obtenemos: b = −1. Entonces
n∑
k=1
1
k(k + 1)
=
n∑
k=1
{
1
k
− 1
k + 1
}
=
n∑
k=1
{ak − ak+1}
= a1 − an+1
= 1− 1
n + 1
=
n
n + 1
6. Demuestre que si c es el coeficiente del término que contiene a xα en el
desarrollo binomial (
x3 − 1
x
)3n
Entonces
c = (−1)
9n−α
4
(3n)!(
9n−α
4
)
!
(
3n+α
4
)
!
Solución: Notemos que(
x3 − 1
x
)3n
=
3n∑
k=0
(
3n
k
)
(x3)3n−k
(
−1
x
)k
=
3n∑
k=0
(−1)k
(
3n
k
)
x9n−3k
xk
=
3n∑
k=0
(−1)k
(
3n
k
)
· x9n−4k
Sea c = (−1)k ·
(
3n
k
)
, entonces xα aparece en el término cuando
α = 9n− 4k ⇒ k = 9n− α
4
.
Por lo tanto,
c = (−1)
9n−α
4
(3n)!(
9n−α
4
)
!
(
3n+α
4
)
!
6