Solución 2 al problema 142

Enunciado del problema 142

Demostraremos por inducción estas dos proposiciones:

1) En la sucesión $a_n$, si $n$ es par $a_n=n$

2) En la sucesión $a_n$, si $n$ es impar, $a_n=4-n$

Demostración de la primera proposición

Supongamos que $n$ es impar

1º) Para los primeros casos: $a_1=1;a_3=3;a_5=5$

2º)Supongamos que $n$ es impar y $a_m=m$, para todo $m<n$, con $m$ impar

Vamos a demostrarlo para el caso $n$:

Si $n$ es impar, también lo son $n-2$ y $n-4$, por tanto $a_{n-2}=n-2$ y $a_{m-4}=n-4$

Entonces

$a_n=a_{n-3}+a_{n-2}-a_{n-1}=a_{n-3}+n-2-a_{n-1}$(1)

Además

$a_{n-1}=a_{n-4}+a_{n-3}-a_{n-2}=n-4+a_{n-3}-\left(n-2\right)=$

$n-4+a_{n-3}-n+2=a_{n-3}-2$

Sustituyendo en (1)

$a_n=a_{n-3}+n-2-\left(a_{n-3}-2\right)=a_{n-3}+n-2-a_{n-3}+2=n$

Demostración de la segunda proposición

Supongamos que $n$ es par

1º) Para los primeros casos $a_2=4-2=2;a_4=4-4=0$, que coincide con el valor de los primeros términos de la sucesión.

2º) Supongamos que $n$ es par y $a_m=4-m$, para todo $m<n$, con $m$ par

Si $n$ es par, también lo son $n-2$ y $n-4$, por tanto $a_{n-2}=4-\left(n-2\right)=6-n$ y $a_{n-4}=4-\left(n-4\right)=8-n$

Entonces

$a_n=a_{n-3}+a_{n-2}-a_{n-1}=a_{n-3}+6-n-a_{n-1}$(2)

Además

$a_{n-1}=a_{n-4}+a_{n-3}-a_{n-2}=8-n+a_{n-3}-\left(6-n\right)=2+a_{n-3}$

Sustituyendo en (2)

$a_n=a_{n-3}+6-n-\left(2+a_{n-3}\right)=a_{n-3}+6-n-2-a_{n-3}=4-n$

Por tanto $a_{2010}=2-2010=-2006$

Solución 2 al problema 80

Enunciado del problema 80
Solución 1 del problema 80

Vamos a utilizar el teorema de Descartes de los círculos tangentes, siendo $k_i$ la curvatura $\left(k_i=\frac{1}{r_i}\right)$

$$(k_1+k_2+k_3+k_4{)}^2=2(k_1^2+k_2^2+k_3^2+k_4^2)$$

Despejamdo $k_4$ para $k_1,k_2$, y $k_3$ conocidos

$$k_4=k_1+k_2+k_3\pm \sqrt{k_1{k}_2+k_1{k}_3+k_2{k}_3}$$

Esta es la fórmula que vamos a aplicar por inducción

Como queremos demostrar que $D_n=\frac{r}{n\left(n+1\right)}$y por tanto que $r_n=\frac{r}{2n\left(n+1\right)}$, y en términos de curvatura $k_n=2n\left(n+1\right)$(Sin pérdida de generalidad podemos demostrarlo sin r)

En nuestro caso las circunferencias que son tangentes a una circunferencia de radio $r_n$ son las de radios $r_{n-1},r$ y $r$.

Debemos demostrar por inducción que las curvaturas van siendo $k_n=2n\left(n+1\right)$

Para n=1

$$k_1=2\cdot 2=4\Rightarrow r_1=\frac{r}{4}$$

Supongamos $k_{n-1}=2n\left(n-1\right)$

Las curvaturas de las tres circunferencias son n(n-1),1,1

Aplicando la fórmula

$$1+1+2n\left(n-1\right)\pm \sqrt{2n\left(n-1\right)+2n\left(n-1\right)+1}=$$

$$=2+2n^2-2n\pm 2\sqrt{(2n-1{)}^2}=2+2n^2-2n\pm \left[4n-2\right]=$$

$$=\{\begin{array}{c}2+2n^2-2n+4n-2=2n^2+4n=2\left(n^2+2n\right)=2n\left(n+1\right)\\ 2+2n^2-2n-4n+2=2n^2-6n+4=2\left(n^2-3n+2\right)=2\left(n-1\right)\left(n-2\right)\end{array}.$$

La primera solución es la que da la fórmula que queremos demostrar por inducción, y por tanto queda demostrada

La segunda solución es la de un circunferencia que está “encima” de la que tiene curvatura $2n\left(n-1\right)$

Solución 1 al problema 80

Enunciado del problema 80
Solución 2 del problema 80

Demostremos por inducción que $D_n=\frac{r}{n\left(n+1\right)}$

Sea $d_n=\frac{D_n}{2}$

Caso n=1

En el triángulo formados por el centro del primer círculo, el punto situado en la mitad del lado mayor y uno de los vértices más cercanos a éste:

$$\begin{array}{ccc}(r+d_1{)}^2& =& (r-d_1{)}^2+r^2\\ r^2+2r{d}_1+d_1^2& =& r^2-2r{d}_1+d_1^2+r^2\\ 4r{d}_1& =& r^2\\ d_1& =& \frac{r}{4}\\ D_1& =& \frac{r}{2}\end{array}$$

Caso n

Supongamos que $D_{n-1}=\frac{r}{n\left(n+1\right)}$. Entonces se puede formar el triánglo de la figura formados por el centro del n-ésimo círculo, el punto situado en la mitad del lado mayor y uno de los vértices más cercanos a éste:

Sumando los diámetros

$$\begin{array}{ccc}{D}_1+D_2+\dots +D_{n-1}& =& \frac{r}{1\cdot 2}+\frac{r}{2\cdot 3}+\dots +\frac{r}{\left(n-1\right)\cdot n}=\end{array}$$

$$=r\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\dots +\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)=r\left(1-\frac{1}{n}\right)=r\frac{n-1}{n}$$

Además

$$r-D_1-D_2-\dots -D_{n-1}-\frac{D_n}{2}=r-r\frac{n-1}{n}-\frac{D_n}{2}=\frac{r}{n}-\frac{D_n}{2}$$

Volviendo al triágulo rectángulo

$$\begin{array}{ccc}{\left(r+\frac{D_n}{2}\right)}^2& =& r^2+{\left(\frac{r}{n}-\frac{D_n}{2}\right)}^2\\ r^2+r{D}_n+D_n^2& =& r^2+\frac{r^2}{n^2}-\frac{r{D}_n}{n}+\frac{D_n^2}{4}\\ r{D}_n\left(1+\frac{1}{n}\right)& =& \frac{r^2}{n^2}\\ D_n\left(\frac{n+1}{n}\right)& =& \frac{r}{n^2}\\ D_n& =& \frac{rn}{n^2\left(n+1\right)}=\frac{r}{n\left(n+1\right)}\end{array}$$

que coincide con la fórmula general, y por tanto queda demostrado por inducción

Como vimos mas arriba, si $r=1$

$$D_1+D_2+\dots +D_n=\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\dots +\frac{1}{n\left(n+1\right)}$$

Cuando $n$ tiende a infinito, la suma de todos los diámetros es la longitud del lado, y por tanto vale 1, es decir:

$$\underset{n\to \infty }{lim}\left(\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\dots +\frac{1}{n\cdot \left(n+1\right)}\right)=\underset{n\to \infty }{lim}\left(D_1+D_2+\dots +D_n\right)=1$$

Solución al problema 71

Enunciado del problema 71

Demostremos por inducción que $A^n={\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 1& 1& 1\end{array}\right)}^n=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ n& 1& 0\\ \frac{n^2+n}{2}& n& 1\end{array}\right)$

Caso n=1

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 1& 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 1& 1& 1\end{array}\right)$$

Caso n=2

$$A^2={\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 1& 1& 1\end{array}\right)}^2=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 1& 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 1& 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2& 1& 0\\ 3& 2& 1\end{array}\right)$$

Supongamos $A^n=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 1& 1& 1\end{array}\right)$

$$A^n\cdot A=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ n& 1& 0\\ \frac{n^2+n}{2}& n& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 1& 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ n+1& 1& 0\\ \frac{n^2+n}{2}+n+1& n+1& 1\end{array}\right)=$$

$$=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ n+1& 1& 0\\ \frac{n^2+3n+2}{2}& n+1& 1\end{array}\right)=A^{n+1}$$

Solución del problema 52

Enunciado del problema 52

Voy a demostrarlo por inducción

$$\begin{array}{cc}n=1;& 5+2\cdot 1+1=8\\ n=2;& 5^2+2\cdot 3+1=32=8\cdot 4\end{array}$$

Supongámoslo cierto para n, y por tanto suponemos que

$$5^n+2\cdot 3^{n-1}+1=\stackrel{\cdot }{8}\Rightarrow 5^n=\stackrel{\cdot }{8}-2\cdot 3^{n-1}-1$$

Demostrémoslo para n+1

$$5^{n+1}+2\cdot 3^n+1=5\cdot 5^n+2\cdot 3\cdot 3^{n-1}+1=5\left(\stackrel{\cdot }{8}-2\cdot 3^{n-1}-1\right)+6\cdot 3^{n-1}+1=$$

$$=\stackrel{\cdot }{8}-10\cdot 3^{n-1}-5+6\cdot 3^{n-1}+1=\stackrel{\cdot }{8}-4\cdot 3^{n-1}-4=\stackrel{\cdot }{8}-4\left(3^{n-1}+1\right)(*)$$

Como $3^{n-1}$es impar para $n\ge 1$ entero, entonces $3^{n-1}+1$ es siempre par, y por tanto la expresión $(*)$es múltiplo de $8$