Series con factorial de denominador. AYUDA!
Estudio ingeniería y estoy en calculo integral y ahorita estamos viendo el tema de series y estoy teniendo problema para resolver dos ejercicios en específico.
El primero dice asi: la sumatoria que va desde n=5 hasta infinito de n/(n+1)!
y el segundo dice: la sumatoria que va desde n=0 hasta infinito de 2 ^(3n+2)/3^(2n+3)
Como verán necesito resolverlo por medio de series. ¿Alguien qué acepte el reto? Aquí les dejo mi correo: [email protected]
El primero dice asi: la sumatoria que va desde n=5 hasta infinito de n/(n+1)!
y el segundo dice: la sumatoria que va desde n=0 hasta infinito de 2 ^(3n+2)/3^(2n+3)
Como verán necesito resolverlo por medio de series. ¿Alguien qué acepte el reto? Aquí les dejo mi correo: [email protected]
1 Respuesta
Respuesta de Valero Angel Serrano Mercadal
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Vamos a ver que tal me explico.
Podría hacer la sumas desde n=5, pero no se ve nada. Sin embargo, si se hacen desde n=1 se ve una pauta muy clara. Los sumandos son:
1/2, 2/6, 3/24, 4/120, 5/760
Y la serie es:
s(1) = 1/2
s(2) = 1/2 + 2/6 = 5/6
s(3) = 5/6 + 3/24 = 23/24
s(4) = 23/24 + 4/120 = 119/ 120
Ya vale, no hace falta mirar más para conjeturar que
s(i)=((i+1)!-1) / (i+1)!
Veamos que es cierto por inducción. Para n=1 es cierto.
Ahora supongamos que es cierto para i y veamos que se cumple para i+1
s(i+1) = s(i) + (i+1) / (i+2)! = (((i+1)!-1) / (i+1)!) + (i+1)/(i+2)! =
Dejaremos (i+2)! En el denominador común por lo que el numerador de la primera fracción debe ser multiplicado por (i+2)
= [((i+1)! - 1)(i + 2) + (i+1)] / (i+2)! = [(i+2)! - (i+2 ) +(i+1)] / (i+2)! =
= [(i+2)!-1] / (i+2)!
Que es justamente la expresiónque buscábamos y queda demostrada la inducción
Bien pues:
S(n) = ((n+1)! -1)/(n+1)! Que vemos que tiende a 1 cuando n se hace infinito
como se nos pedía la suma a partir del 5 término bastara con restar a 1 la suma de los 4 primeros que ya teníamos hecha arriba y era 119/120
En resumen, la sumatoria pedida es:
1 - 119/120 = 1/120 = 0,0083333... si se prefiere en decimal
Permíteme que haga un alto en el camino. Mando ya la respuesta al primer problema aunque no sepa el segundo y continuaré intentándolo
Podría hacer la sumas desde n=5, pero no se ve nada. Sin embargo, si se hacen desde n=1 se ve una pauta muy clara. Los sumandos son:
1/2, 2/6, 3/24, 4/120, 5/760
Y la serie es:
s(1) = 1/2
s(2) = 1/2 + 2/6 = 5/6
s(3) = 5/6 + 3/24 = 23/24
s(4) = 23/24 + 4/120 = 119/ 120
Ya vale, no hace falta mirar más para conjeturar que
s(i)=((i+1)!-1) / (i+1)!
Veamos que es cierto por inducción. Para n=1 es cierto.
Ahora supongamos que es cierto para i y veamos que se cumple para i+1
s(i+1) = s(i) + (i+1) / (i+2)! = (((i+1)!-1) / (i+1)!) + (i+1)/(i+2)! =
Dejaremos (i+2)! En el denominador común por lo que el numerador de la primera fracción debe ser multiplicado por (i+2)
= [((i+1)! - 1)(i + 2) + (i+1)] / (i+2)! = [(i+2)! - (i+2 ) +(i+1)] / (i+2)! =
= [(i+2)!-1] / (i+2)!
Que es justamente la expresiónque buscábamos y queda demostrada la inducción
Bien pues:
S(n) = ((n+1)! -1)/(n+1)! Que vemos que tiende a 1 cuando n se hace infinito
como se nos pedía la suma a partir del 5 término bastara con restar a 1 la suma de los 4 primeros que ya teníamos hecha arriba y era 119/120
En resumen, la sumatoria pedida es:
1 - 119/120 = 1/120 = 0,0083333... si se prefiere en decimal
Permíteme que haga un alto en el camino. Mando ya la respuesta al primer problema aunque no sepa el segundo y continuaré intentándolo
Ya estoy con la segunda parte.
Aquí los sumandos son 4/27, 32/243, 256/2187, 2048 / 19683,...
Y la serie es
s(0) = 4/27
s(1) = 4/27 + 32/243 = (4·9+32)/243 = 68/243
s(2) = 68/243 + 256/2187 = (68·9+256)/2187 = 868/2187
s(3) = 868/2187 + 2048/19683 = (868·9+2048)/19683 = 9860/19683
No se ve tan fácil la convergencia, pero las cuentas hechas nos sirven para ver que cálculos se usan y repiten para hacer la suma.
En concreto, no hemos simplificado nunca el denominador de modo que lo llamaremos den(i) y su valor (nueve veces mayor cada vez) es d(i) = 3^(2i+3)
Luego, el numerador nuevo (que llamaremos num(i)) es el anterior multiplicado por 9 y sumándole 2^(3i+2)
num(i) = 9n(i-1) + 2^(3i+2) si sustituimos n(i-1) tendremos
num(i) = 9·9n(i-2) + 9·2^(3i) + 2^(3i+2) = 9·9·9n(i-3) + 9·9·(2^3i-2) +9·2(3i)+2^(3i+2)
No cuesta nada ver que tras dar todos los pasos necesarios tenemos:
n(i) = (9^i)·(2^2) + (9^(i-1))(2^5) + (9^(i-2))(2^8)+...+ (9^0)(2^(3i+2))
Para dejarlo preparado a nuestro gusto sacaremos 2^2=4 de factor común y en vez de usar 2^3, 2^6, 2^9, etc usaremos 8, 8^2, 8^3
num(i) = 4[(9^i) + (9^(i-1))(8^1) + 9^(i-2)(8^2) +...+ (9^0)(8^i)]
Lo que tenemos dentro del corchete es una parte de la ecuación ciclotómica que viene a decir
(a^(n+1) - b^(n+1)) / (a-b) = (a^n)(b^0)+(a^(n-1))·b+(a^(n-2))(b^2)+...+(a^0)·(b^n)
la 9 es la "a" y el 8 la "b". Luego
num(i) = 4[(9^(i+1) - 8^(i+1)) / (9-8)] = 4[9^(i+1) - 8^(i+1)]
Y finalmente aún damos el último retoque para dejarlo como potencias de 3 y 2 que era como venía al principio y como tenemos el denominador.
num(i) = 4[3^(2i+2) - 8^(2i+2)]
Vamos a juntar ya este numerador y denominador que hace rato fue descrito y pondremos ya la letra "n" que da más aire de infinito que la "i"
s(n) = num(n) / den(n) = 4[3^(2n+2) - 2^(2n+2)] / (3^(2n+3)) =
= 4/3 + 4·2^(2n+2)/(3^(2n+3)) = 4/3 + 2·(2/3)^(2n+3)
Y ahora la serie es el límite cuando "n" tiende a infinito, el segundo sumando se volatiliza pues 2/3 a la infinito se convierte en cero
Y después de todos estos cálculos hemos llegado a la conclusión:
La sumatoria que va desde n=0 hasta infinito de 2^(3n+2)/3^(2n+3) es 4/3
Y eso es todo. Muy interesantes ejercicios, pero no los pongas un poco más complicados ya que la vida es corta. Espero que lo hallas entendido y te haya servido. No olvides puntuar y cerrar la pregunta.
Aquí los sumandos son 4/27, 32/243, 256/2187, 2048 / 19683,...
Y la serie es
s(0) = 4/27
s(1) = 4/27 + 32/243 = (4·9+32)/243 = 68/243
s(2) = 68/243 + 256/2187 = (68·9+256)/2187 = 868/2187
s(3) = 868/2187 + 2048/19683 = (868·9+2048)/19683 = 9860/19683
No se ve tan fácil la convergencia, pero las cuentas hechas nos sirven para ver que cálculos se usan y repiten para hacer la suma.
En concreto, no hemos simplificado nunca el denominador de modo que lo llamaremos den(i) y su valor (nueve veces mayor cada vez) es d(i) = 3^(2i+3)
Luego, el numerador nuevo (que llamaremos num(i)) es el anterior multiplicado por 9 y sumándole 2^(3i+2)
num(i) = 9n(i-1) + 2^(3i+2) si sustituimos n(i-1) tendremos
num(i) = 9·9n(i-2) + 9·2^(3i) + 2^(3i+2) = 9·9·9n(i-3) + 9·9·(2^3i-2) +9·2(3i)+2^(3i+2)
No cuesta nada ver que tras dar todos los pasos necesarios tenemos:
n(i) = (9^i)·(2^2) + (9^(i-1))(2^5) + (9^(i-2))(2^8)+...+ (9^0)(2^(3i+2))
Para dejarlo preparado a nuestro gusto sacaremos 2^2=4 de factor común y en vez de usar 2^3, 2^6, 2^9, etc usaremos 8, 8^2, 8^3
num(i) = 4[(9^i) + (9^(i-1))(8^1) + 9^(i-2)(8^2) +...+ (9^0)(8^i)]
Lo que tenemos dentro del corchete es una parte de la ecuación ciclotómica que viene a decir
(a^(n+1) - b^(n+1)) / (a-b) = (a^n)(b^0)+(a^(n-1))·b+(a^(n-2))(b^2)+...+(a^0)·(b^n)
la 9 es la "a" y el 8 la "b". Luego
num(i) = 4[(9^(i+1) - 8^(i+1)) / (9-8)] = 4[9^(i+1) - 8^(i+1)]
Y finalmente aún damos el último retoque para dejarlo como potencias de 3 y 2 que era como venía al principio y como tenemos el denominador.
num(i) = 4[3^(2i+2) - 8^(2i+2)]
Vamos a juntar ya este numerador y denominador que hace rato fue descrito y pondremos ya la letra "n" que da más aire de infinito que la "i"
s(n) = num(n) / den(n) = 4[3^(2n+2) - 2^(2n+2)] / (3^(2n+3)) =
= 4/3 + 4·2^(2n+2)/(3^(2n+3)) = 4/3 + 2·(2/3)^(2n+3)
Y ahora la serie es el límite cuando "n" tiende a infinito, el segundo sumando se volatiliza pues 2/3 a la infinito se convierte en cero
Y después de todos estos cálculos hemos llegado a la conclusión:
La sumatoria que va desde n=0 hasta infinito de 2^(3n+2)/3^(2n+3) es 4/3
Y eso es todo. Muy interesantes ejercicios, pero no los pongas un poco más complicados ya que la vida es corta. Espero que lo hallas entendido y te haya servido. No olvides puntuar y cerrar la pregunta.
Las series, además de usarse como teoría en el calculo y la ingeniería, también en su materia prima (serie nativa) se puede generar o simular a partir de un programa en computador. Comparto un programa en java que permite generar una serie factorial. https://tutorias.co/ciclo-for-java-serie-matematica-factorial-par/ - Carlos Alberto Varela