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A0001A
Pauta A0001A
Guía “Control 1 – Álgebra 1 (2012) – Forma 1”
División de Polinomios/Teorema del resto/Demostraciones/Sumatorias
1- Siempre debemos fijarnos en cuantas veces contiene el primer término del dividendo al primer término
del divisor, es decir, en la primera parte sería cuantas veces 𝑥 está en 6𝑥 4 , o sea 6𝑥 3 veces, luego se hace
el mismo proceso, pero con lo que va quedando, al igual que una división normal.
𝑃(𝑥) = 6𝑥 4 − 5𝑥 3 + 4𝑥 2 − 13𝑥 − 3 ÷ 𝑥 − 1,5 = 6𝑥 3 + 4𝑥 2 + 10𝑥 + 2
−6𝑥 4 + 9𝑥 3
4𝑥 3 + 4𝑥 2
−4𝑥 3 + 6𝑥 2
10𝑥 2 − 13𝑥
−10𝑥 2 + 15𝑥
2𝑥 − 3
−2𝑥 + 3
0
2- Sabemos por teorema del resto que al evaluar por 1 y -1 nos debería dar el mismo valor, por lo tanto:
𝑥 2 + 𝑘𝑥 + 4 = 𝑥 2 + 𝑘𝑥 + 4
(−1)2 + 𝑘(−1) + 4 = (1)2 + 𝑘(1) + 4
1−𝑘+4 = 1+𝑘+4
𝑘=0
Por lo tanto para el único valor donde los restos son iguales es en 𝑘 = 0
3𝐹(𝑛): 3𝑛 ≥ 2𝑛 + 1 , ∀ n ∈ N
i) Verificar que 𝐹(1) es verdadero:
31 = 3
2∙1+1=3
Entonces 𝐹(1) es verdadera
ii) Hipótesis de Inducción: 𝐹(𝑘) es verdadera, es decir:
𝐹(𝑘): 3𝑘 ≥ 2𝑘 + 1 , ∀ k ∈ N
Los Resultados de esta guía son de exclusiva autoría de Newtonía (www.newtonia.cl) sin embargo los ejercicios fueron extraídos
de la página https://sites.google.com/site/controlesusach/home/
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iii) Tesis de Inducción: 𝐹(𝑘 + 1) es verdadero, es decir:
𝐹(𝑘 + 1): 3𝑘+1 ≥ 2(𝑘 + 1) + 1 , ∀ ( k + 1) ∈ N
iv) Demostración:
Sabemos por hipótesis que: 3𝑘 ≥ 2𝑘 + 1 , ∀ 𝑘 ∈ N
Multiplicando por 3 ambos lados de la desigualdad, tenemos:
3𝑘+1 ≥ (2𝑘 + 1) ∙ 3 = 6𝑘 + 3 > 2𝑘 + 3
3𝑘+1 ≥ 2𝑘 + 3
Así: 𝐹(𝑘 + 1): 3𝑘+1 ≥ 2𝑘 + 3, es verdadera, ∀ ( k + 1) ∈ N
Luego: 𝐹(𝑛): 3𝑛 ≥ 2𝑛 + 1 , es verdadera , ∀ n ∈ N
4- Lo primero es saber que cuando tenemos una constante podemos sacarla de la sumatoria, y en este
caso, podemos hacerlo como una suma por diferencia, por lo tanto:
100
∑[(𝑗 + 1)(𝑗 − 1)(𝑖 + 1)𝑖]
𝑖=1
100
=
(𝑗 2
− 1) ∑(𝑖 2 + 𝑖)
𝑖=1
100
=
(𝑗 2
− 1) [∑ 𝑖 + ∑ 𝑖 ]
𝑖=1
= (𝑗 2 − 1) [
100
2
𝑖=1
100 ∙ 101 ∙ 201 100 ∙ 101
+
]
6
2
= (𝑗 2 − 1)343400
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