1) Demostrar por Inducción: n
∑ J! J = ( n + 1)!−1 J =1
Verificamos para n=1 1
∑ J!J = (1 + 1)!−1 J =1
1!.1 = ( 2 )!−1 1.1 = 2 − 1 1=1 Se verificó para n=1 Planteamos la hipótesis de inducción, suponemos que se verifica para n=k: k
∑ J!J = ( k + 1)!−1 J =1
Intentaremos demostrar la tesis de inducción, o sea, que se verifica para n=k+1: k +1
∑ J!J = [ ( k + 1) + 1]!−1 = ( k + 2)!−1 J =1
Demostración: k +1
k
k +1
J =1
J =1
J = k +1
∑ J!J = ∑ J!J + ∑ J!J = ( k + 1)!−1 + ( k + 1)!( k + 1) Prop. Σ
Hipótesis y Prop. (!)
= ( k + 1)![1 + ( k + 1) ] − 1 = ( k + 1)!( k + 2 ) − 1 Factor Común
Prop. R
= ( k + 2)!−1
Con lo que queda demostrado
Prop. (!)
2) Desarrollar y encontrar la mínima expresión de:
3 1 a − 2
5
Por el desarrollo del binomio de Newton, tenemos que:
( a − b) n =
n
∑ r =0
5
3 1 a − = 2
( − 1) r
5
∑ r =0
n n − r r Por lo que nuestro desarrollo sería: a b r
( − 1) r
5 5−r r a b r
( ) ( )
( ) ( 12)
1
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
5 5− 0 1 0 5 = ( − 1) 0 a 3 + ( − 1)1 a 3 2 0 1 5−3 3 5 1 3 + ( − 1) 4 5 a 3 + ( − 1) a 3 4 2 3
5 −1
5− 4
5 5− 2 1 2 + ( − 1) 2 a 3 2 2 1 4 + ( − 1) 5 5 a 3 5 − 5 1 5 5 2 2
Desarrollamos el triángulo de Pascal hasta n=5 para obtener los coeficientes de nuestro desarrollo:
0 0 1 1 0 1 2 2 2 0 1 2 3 3 3 3 0 1 2 3 4 4 4 4 4 0 1 2 3 4 5 5 5 5 5 5 0 1 2 3 4 5
1 1 1
1 2
1 3 1 4 1 5
n=0 n=1
1 3
6 10 10
n=2 1
n=3
4
1 5
n=4 1
Por lo que tenemos: 5
3 1 = a15 − 5a12 1 + 10a 9 1 − 10a 6 1 + 5a 3 1 − 1 a − 2 4 8 16 32 2 La mínima expresión es: 5
3 1 = a15 − 5 a12 + 5 a 9 − 5 a 6 + 5 a 3 − 1 a − 2 2 4 16 32 2 3) Negar:
∀z∀w : z 2 = w 2 ⇒ z = w
Su negación es:
∃z∃w : z 2 = w2 ⇒ z ≠ w
n=5
4) a) Obtener las soluciones complejas y graficar:
x 3 − (1 + i ) = 0
A partir de la fórmula de De Moivre, podemos deducir otra para la obtención de raíces de números complejos. Si n es un entero positivo y z es cualquier número complejo, entonces la raíz n-ésima de z se define como cualquier número complejo w que satisface la ecuación:
wn = z
De donde resulta:
w= z
1
n
θ 2kπ θ 2kπ = n r cos + + i.sen + n n n n
k = 0,1,2,...., ( n − 1) r= z
Desarrollo:
x 3 − (1 + i ) = 0 x3 = 1 + i x = (1 + i )
1
3
Sea entonces, z = 1 + i , tenemos que z = r =
2 yθ =
π 4
Con n=3 se deduce que:
w = (1 + i )
1
3
=
3
π 2kπ 2 cos 4 + 3 3
π + i.sen 4 + 2kπ 3 3
k = 0,1,2
Para k=0
π 2.0.π π 2.0.π w0 = 6 2 cos + + i.sen + 12 3 12 3 π π w0 = 6 2 cos + i.sen ≅ 1,084215081 + 0,290514555.i 12 12 Para k=1
π 2.1.π w1 = 6 2 cos + 3 12
π 2.1.π + i.sen + 3 12
3 3 w1 = 6 2 cos π + i.sen π 4 4 3 2 2 4 34 6 =− w1 = 2 − +i + .i ≅ −0,793700526 + 0,793700526.i 2 2 2 2 Para k=2
π 2.2.π π 2.2.π w2 = 6 2 cos + + i.sen + 3 3 12 12 17 17 w2 = 6 2 cos π + i.sen π ≅ −0,290514555 − 1,084215081.i 12 12 Como observamos, las tres raíces complejas son equidistantes, ya que están separadas por una distancia de ⅔π radianes (120°) sobre la circunferencia de radio aproximado de 1,122462048 (módulo de las sol. complejas) con centro en el origen. b) Demostrar que: 2
w = w.w
∀w ∈ C
Dem: Sea
w = a + bi → w = a − bi
2
w =
(
2
a +b
2
)
2
= a2 + b2
Por otro lado:
w.w = ( a + bi )( a − bi ) = a 2 − ( bi ) 2 = a 2 − b 2i 2 = a 2 + b 2 Ambos desarrollos culminan igual, por lo que la ecuación inicial se verifica para todo número complejo w. 5) Demostrar por inducción sobre n:
2 n 2 + 3n (La expresión derecha es múltiplo de 2) Verificamos para n=1:
2 12 + 3.1 → 2 4 Efectivamente 4 es múltiplo de 2. Hipótesis de inducción:
2 k 2 + 3k = 2.∆ Asumimos que al verificarse para k, el polinomio se puede expresar como múltiplo de 2. Tesis de inducción:
2 ( k + 1) + 3( k + 1) = 2.Θ 2
Demostración:
( k + 1) 2 + 3( k + 1) = k 2 + 2k + 1 + 3k + 3 = ( k 2 + 3k ) + ( 2k + 4) (por Hip.) = 2.∆ + 2( k + 2) = 2.[ ∆ + ( k + 2) ] = 2.Θ (múltiplo de 2)
6) Sean
a)
5 1 u = y v = 1 − 6
u − 3v = ( 5 1) − 3(1 − 6 ) = ( 5 1) + ( − 3 18) = ( 2 19 )
b) Determinar si son ortogonales:
u ⊥ v ⇔ u.v = 0
u.v = ( 5 1).(1 − 6 ) = (5.1) + [1.( − 6 ) ] = 5 − 6 = −1 ≠ 0
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