Seminario de problemas. Curso Hoja 5. Soluciones

Transcripción

1 Seminario e problemas. Curso Hoja. Soluciones 49. Encuentra una expresión cerraa para la suma S m = m+1 m 1 aplicano el cálculo e iferencias, o/y e otro moo. Solución. S n = n 4n 1 = A n B n, con A n = n y B n = n 1, y estas os son sumas e progresiones aritméticas e oren. A partir e las tablas e iferencias siguientes obtenemos entonces, e acuero con la fórmula vista en la sesión anterior, A n = n , 4 B n = 7n , 4 y entonces n S n = A n B n = 6n 19 + n + 1 = 6n 19 = 6n nn 1 = n 6n = n 4n. n Por otra parte tenemos S n+1 = S n + 4n + 1 = n + 48n + 18n + 1 = n + 116n + 16n + 1 = n + 1 4n + 1, e moo que se puee poner, para terminar, S m = 1 m+1 m4m.

2 0. Resolver la recurrencia b 0 = B, b n+1 = b n + a n n 0, si a n es la sucesión efinia por a 0 = A, a n+1 ra n + = 0 one las constantes A, B, r 0 y nos vienen aas. Solución. Como hemos visto en la sesión anterior, la sucesión a n correspone a un moelo e crecimiento mixto aritmético-geométrico, y la expresión explícita el término general es a n = Ar n rn 1. Por otra parte, para la sucesión b 0 = B, b n+1 = b n + a n se tiene n 1 b 1 = B + a 0, b = b 1 + a 1 = B + a 0 + a 1,..., b n = B + a 0 + a a n 1 = B + a j, e manera que aplicano la fórmula que a la suma e una progresión geométrica tenemos finalmente n 1 b n = B + Ar j rj 1 = B + = B + = A A A n 1 r j + n 1 1 r n 1 + n r n + n A + B. 1. El banco nos ha conceio un préstamo e euros para subvencionar nuestros estuios e máster en Matemáticas. Cuano empecemos a trabajar empezará a evengar intereses el préstamo, a una tasa e interés compuesto el 1 % anual y a partir e ese momento tenremos que irlo evolvieno meiante 1 mensualiaes iguales e x euros urante 1 años exactamente. A cuánto asciene x? Solución. Vamos a llamar b n al balance a favor el banco espués e pagar nosotros n mensualiaes. Ese balance evenga, el siguiente mes, la oceava parte el 1 % e su interés anual. Tenemos b 0 = y luego b n+1 = b n + 0,01b n x = 1,01b n x, b n = ,01 n x 1,01n 1 0,01 = ,01 n 100x1,01 n 1. Se pretene que sea b 144 = 0. Despejano resulta x = 180 1, , ,4 euros.

3 . Colocamos moneas e 0,01 euros sobre la mesa en un arreglo plano e filas, e moo que en cualquiera e las filas las moneas son consecutivamente tangentes una a otra sin que queen huecos, y caa monea que no está en la primera fila o fila base es tangente a os moneas e la fila inmeiatamente inferior. Por ejemplo, vale el arreglo, pero no vale el. Cuántos arreglos hay que tengan n moneas en la fila base? Como ilustración, y por claria, hay arreglos con n =, a saber, Solución. Crux Mathematicorum, problem 167 propuesto por R. K. Guy [1988, 0]. Denotaremos por An al número e arreglos con n moneas en la fila base. Llamaremos primera fila a la fila base y a partir e ella hacia arriba, seguna fila, etc. Tenemos A1 = 1, A =, A =, A4 = 1, A = 4. Los arreglos con n moneas en primera fila y n 1 moneas en seguna fila son An 1. Poemos construir, y contar a la vez, los arreglos con n moneas en primera fila y estrictamente menos e n 1 moneas en seguna fila e la manera siguiente: Añaieno una monea por la izquiera e la primera fila e un arreglo con n 1 moneas en primera fila: An 1 arreglos. Añaieno una monea por la erecha e la primera fila e un arreglo con n 1 moneas en primera fila: An 1 arreglos. Con esto ya están toos los arreglos con n moneas en primera fila y estrictamente menos e n 1 moneas en seguna fila pero, e ellos, los que se forman añaieno una monea por la izquiera y otra por la erecha a un arreglo cualquiera con n moneas en primera fila, en número e An, están contaos os veces. Entonces tenemos la recurrencia An = An 1 An lineal, e coeficientes constantes, homogénea. La ecuación característica es r r + 1 = 0, con soluciones reales r = ± /. La solución general e la recurrencia es entonces + n n. An = A + B A partir e A0 = 1 este valor permite que se cumpla también la relación A = A1 A0, así que es la prolongación natural e la sucesión hacia la izquiera y A1 =, tenemos el sistema e ecuaciones { A + B = 1, + A + B =.

4 Resulta A = 1, B = +1 y, finalmente, 1 + n + 1 n An = + = n 1 1 n 1, one hemos usao ± = 6± = 1± 4 y 1 = 1 ±1 1. De manera que comparar con la Activia c los números An son términos alternaos e la sucesión e Fibonacci F 0 = 0, F 1 = 1, F =,..., e hecho An = F n 1.. a Probar por inucción: Si C cueras e un círculo, entre las cuales no hay tres concurrentes en un mismo punto, eterminan P puntos interiores al círculo, entonces el número S e segmentos eterminaos sobre las cueras es S = C + P. 1 b Sobre una circunferencia se marcan n puntos e tal forma que cuano se trazan toas las cueras posibles que los unen e os en os no hay tres cueras concurrentes. En cuántas regiones quea iviio el círculo por esas cueras? Inicación: Usar la fórmula e Euler e los polieros y el apartao a. Solución. Ver M. e Guzmán, Aventuras matemáticas, Cap. 10: Problema e la región peria. a Por inucción en el número e cueras C. Cuano C = 1 es P = 0 y S = 1 y se cumple la relación 1. También cuano C =, ya sea P = 0, S =, o P = 1, S = 4 ver la figura. Supongamos que se cumple 1 en una situación en la que es C = h, es ecir, supongamos que se verifica que S h = h + P h en una cierta configuración e h cueras. Añaimos una cuera a esa confuguración. Supongamos que esta nueva cuera corta a 4

5 p algunas o toas las h e las cueras que había, y por tanto que ahora hay p puntos interiores más e los que había, es ecir, ahora es P h+1 = P h + p. Por caa punto añaio hay que contar que uno e los segmentos que había ha queao cortao en os segmentos y por otra parte, como toos estos puntos añaios son e la cuera nueva, sobre esta cuera añaia hay que contar tantos segmentos como puntos añaios más uno. Así, por la hipótesis e inucción y estas consieraciones se tiene y esto termina la prueba e inucción. S h+1 = S h + p + p + 1 = h + P h + p + 1 = h P h + p = h P h+1, b En este caso, con las notaciones el apartao anterior, se tiene C = n ya que caa par e puntos e la circunferencia etermina una única e las C cueras que cumplen la conición el apartao a, y P = n 4, ya que caa cuatro puntos el círculo en oren antihorario, por ejemplo: 14 eterminan uno único el 1 4 e los P puntos e intersección interiores. De acuero con el apartao a el número e segmentos interiores al círculo es C + P = n n + 4 Denotemos por R n R 1 = 1, R =, R = 4, R 4 = 8, R = 16, R 6 = 1,... el número e regiones que buscamos. Son las caras e un mapa plano en el que se cumple la fórmula e Euler caras + vértices = aristas + 1. El número e aristas es A = n n + 4 ya que hay son aristas los segmentos rectilíneos interiores y los n arcos e circunferencia eterminaos por los n puntos e la misma. Y el número e vértices es P +n = n 4 +n, ya que hay que añair a los P puntos interiores al círculo los n puntos e la circunferencia. Entonces R n = + + n n n n = = n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 = Es ecir, R n es la suma e los cinco primeros elementos e la fila n 1 el triángulo e Pascal. La suma e toa la fila es n 1, lo que explica el fenómeno curioso e perer una región cuano n = 6: R 6 = 1 = 1; ese ahí, R 7 = = 7, etc.. + n,