Universidad de San Carlos de Guatemala

Facultad de Ingeniería

Departamento de Matematíca

Clave Primer Parcial

Persona que realiza la clave: Jorge Mario Gutiérrez Ovando

Revisada por: Ing. Alfredo Gonzalez

Curso: Matemática para Computación 2

Semestre: Primer Semestre

Año: 2015

Fecha del Examen: 18 de Febrero 2015

Clave-962-1-M-1-00-2015_sA

Universidad de San Carlos de Guatemala

Facultad de Ingeniería

Departamento de Matemática

Matemática para Computación 2

Primer Parcial

18/02/2015

Temario A

TEMA 1 (15 Pts.)

Resuelva ;1,0,322 01 anaa n

nn

TEMA 2 (20 Pts.)

Resuelva la relación de recurrencia naaaa nnnn 5333 123 .

TEMA 3 (20 Pts.)

En el primer día de un nuevo año, José deposita Q1,000.00 en una cuenta que paga un

interés compuesto mensual del 6%. Al principio de cada mes, él agrega Q200.00 a esa

cuenta. Si continúa haciendo esto durante los cuatro años siguientes (de modo que realice

47 depósitos más de Q200.00), ¿Cuánto dinero tendrá en su cuenta después de esos cuatro

años?

TEMA 4 ( 30 Pts.)

Para 0n sea na el número de formas en que una sucesión de unos y doses suman n. Por

ejemplo, ,33 a pues

1+1+1;

1+2

2+1

TEMA 5 ( 15 Pts.)

Encuentre una relación de recurrencia cuya solución pueda ser

nnn

n CnCnCCa )1()3

sin3

cos(3)2( 4321

Solución de Examen Tema I (15 pts)

Resuelva 𝑎𝑛+1 − 2𝑎𝑛 = 2𝑛 + 3, 𝑛 ≥ 0 , 𝑎0 = 1 La solución general de la ecuación está formada por la suma de la solución homogénea más la solución particular.

𝑎𝑛 = 𝑎𝑛(ℎ) + 𝑎𝑛

(𝑝) Solución Homogénea

𝑎𝑛+1 − 2𝑎𝑛 = 0 // 1 La solución propuesta es:

𝑎𝑛 = 𝐶𝑟𝑛 // 2 Al evaluar 2 en 1 tenemos

𝐶𝑟𝑛+1 − 2𝐶𝑟𝑛 = 0 //3

Se cancela el termino 𝐶𝑟𝑛 al multiplicar 3 por 1

𝐶𝑟𝑛

𝐶𝑟𝑛+1

𝐶𝑟𝑛−

2𝐶𝑟𝑛

𝐶𝑟𝑛= 0

𝑟 − 2 = 0 𝑟 = 2

𝑎𝑛(ℎ) = 𝐶1𝑟𝑛 → 𝑎𝑛

(ℎ) = 𝐶12𝑛 Solución Particular La solución particular se propone en base a la expresión que hace no homogénea la relación de recurrencia.

𝑎𝑛(𝑝) = 𝐴2𝑛 + 𝐵

Las soluciones deben ser linealmente independientes, en este caso la solución 𝐶12𝑛 es linealmente dependiente con 𝐴2𝑛 para eliminarla multiplicamos el primer término de la solución particular con una “n”. (No se multiplican ambos términos porque el termino B ya es linealmente independiente).

𝑎𝑛(𝑝) = 𝐴𝑛2𝑛 + 𝐵

Se sustituye la 𝑎𝑛(𝑝) en la relación de recurrencia.

𝑎𝑛+1(𝑝) − 2𝑎𝑛

(𝑝) = 2𝑛 + 3 𝐴(𝑛 + 1)2𝑛+1 + 𝐵 − 2𝐴𝑛2𝑛 − 2𝐵 = 2𝑛 + 3

2𝑛𝐴2𝑛 + 2𝐴2𝑛 + 𝐵 − 2𝐴𝑛2𝑛 − 2𝐵 = 2𝑛 + 3 2𝐴2𝑛 − 𝐵 = 2𝑛 + 3

De esto resultan dos ecuaciones que son:

𝐵 = −3 2𝐴2𝑛 = 2𝑛

𝐵 = −3 𝐴 =1

2

Por lo que la solución particular es:

𝑎𝑛(𝑝) = 𝐴𝑛2𝑛 + 𝐵 → 𝑎𝑛

(𝑝) =1

2𝑛2𝑛 − 3

Sumando las soluciones homogénea y particular nos da la solución general.

𝑎𝑛 = 𝑎𝑛(ℎ) + 𝑎𝑛

(𝑝)

𝑎𝑛 = 𝐶12𝑛 +1

2𝑛2𝑛 − 3

Condiciones Iniciales

Para determinar el valor de la constante 𝐶1 se aplica la condición inicia 𝑎0 = 1.

𝑎0 = 𝐶12(0) +1

2(0)2(0) − 3 → 1 = 𝐶1 − 3 → 4 = 𝐶1

Quedando la solución como:

𝑎𝑛 = 4 ∗ 2𝑛 +1

2𝑛2𝑛 − 3

Tema II (20 pts)

Resuelva la relación de recurrencia 𝑎𝑛+3 − 3𝑎𝑛+2 +3𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 = 5𝑛 + 3, 𝑛 ≥ 0 La solución general de la ecuación está formada por la suma de la solución homogénea más la solución particular.

𝑎𝑛 = 𝑎𝑛(ℎ) + 𝑎𝑛

(𝑝) Solución Homogénea

𝑎𝑛+3 − 3𝑎𝑛+2 +3𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 = 0 //1 La solución propuesta es:

𝑎𝑛 = 𝐶𝑟𝑛 // 2 Al evaluar 2 en 1 tenemos

𝐶𝑟𝑛+3 − 3𝐶𝑟𝑛+2 + 3𝐶𝑟𝑛+1 − 𝐶𝑟𝑛 = 0 //3

Se cancela el termino 𝐶𝑟𝑛 al multiplicar 3 por 1

𝐶𝑟𝑛

𝐶𝑟𝑛+3

𝐶𝑟𝑛 − 3𝐶𝑟𝑛+2

𝐶𝑟𝑛 + 3𝐶𝑟𝑛+1

𝐶𝑟𝑛 −𝐶𝑟𝑛

𝐶𝑟𝑛 = 0

𝑟3 − 3𝑟2 + 3𝑟 − 1 = 0 (𝑟 − 1)(𝑟 − 1)(𝑟 − 1) = 0

𝑟 = 1 Con multiplicidad 3

𝑎𝑛(ℎ) = 𝐶1𝑟𝑛 + 𝐶2𝑟𝑛 + 𝐶3𝑟𝑛 → 𝑎𝑛

(ℎ) = 𝐶13𝑛 + 𝐶23𝑛 + 𝐶33𝑛

Como son linealmente dependientes se multiplican por “n” y “𝑛2” dos de las soluciones.

𝑎𝑛(ℎ) = 𝐶11𝑛 + 𝐶2𝑛1𝑛 + 𝐶3𝑛21𝑛

𝑎𝑛(ℎ) = 𝐶1 + 𝐶2𝑛 + 𝐶3𝑛2

Solución Particular La solución particular se propone en base a la expresión que hace no homogénea la relación de recurrencia.

𝑎𝑛(𝑝) = 𝐴𝑛 + 𝐵

Las soluciones deben ser linealmente independientes, en este caso la solución 𝐶1 es linealmente dependiente con 𝐵 y la solución 𝐶2𝑛 es linealmente dependiente con 𝐴𝑛, para eliminarlas multiplicamos el primer término y el segundo término de la

solución particular con una “𝑛3”. (Se multiplican ambas ya que eran linealmente dependientes).

𝑎𝑛(𝑝) = 𝐴𝑛4 + 𝐵𝑛3

Se sustituye la solución particular en la relación de recurrencia.

∗ 𝑎𝑛+3(𝑝) − 3𝑎𝑛+2

(𝑝) + 3𝑎𝑛+1(𝑝) − 𝑎𝑛

(𝑝) = 5𝑛 + 3 ∗ 𝐴(𝑛 + 3)4 + 𝐵(𝑛 + 3)3 − 3𝐴(𝑛 + 2)4 − 3𝐵(𝑛 + 2)3 + 3𝐴(𝑛 + 1)4 + 3𝐵(𝑛 + 1)3 − 𝐴𝑛4 − 𝐵𝑛3 = 5𝑛 + 3

∗ 𝐴(𝑛4 + 12𝑛3 + 54𝑛2 + 108𝑛 + 81) + 𝐵(𝑛3 + 9𝑛2 + 27𝑛 + 27) − 3𝐴(𝑛4 + 8𝑛3

24𝑛2 + 32𝑛 + 16) − 3𝐵(𝑛3 + 96 + 12𝑛 + 8) + 3𝐴(𝑛4 + 4𝑛3 + 6𝑛2 + 4𝑛 + 1) +

3𝐵(𝑛3 + 96 + 12𝑛 + 8) − 𝐴𝑛4 − 𝐵𝑛3 = 5𝑛 + 3

∗ 𝑛4(𝐴 − 3𝐴 + 3𝐴 − 𝐴) + 𝑛3(12𝐴 + 𝐵 − 24𝐴 − 3𝐵 + 12𝐴 + 3𝐵 − 𝐵) + 𝑛2(54𝐴 + 9𝐵- 72𝐴 − 18𝐵 + 18𝐴 + 9𝐵) + 𝑛(108𝐴 + 27𝐵 − 96𝐴 − 36𝐵 + 12𝐴 + 9𝐵) + 81𝐴 +

27𝐵 − 48𝐴 − 24𝐵 + 3𝐴 + 𝐵 = 5𝑛 + 3

∗ 𝑛4(0) + 𝑛3(0) + 𝑛2(0) + 𝑛(24𝐴) + 36𝐴 + 6𝐵 = 5𝑛 + 3 De la expresión anterior se sacan dos ecuaciones que son:

24𝐴𝑛 = 5𝑛 → 𝐴 =5

24

36𝐴 + 6𝐵 = 3 → 36 ∗5

24+ 6𝐵 = 3 → 𝐵 = −

3

4

Por lo que la solución particular es:

𝑎𝑛(𝑝) = 𝐴𝑛4 + 𝐵𝑛3 → 𝑎𝑛

(𝑝) =5

24𝑛4 −

3

4𝑛3

Sumando las soluciones homogénea y particular nos da la solución general.

𝑎𝑛 = 𝑎𝑛(ℎ) + 𝑎𝑛

(𝑝)

𝑎𝑛 = 𝐶13𝑛 + 𝐶23𝑛 + 𝐶33𝑛 +5

24𝑛4 −

3

4𝑛3

Nota: En este caso como no nos dieron condiciones iniciales no se podrá encontrar

las constantes 𝐶1, 𝐶2, 𝐶3.

Tema III (20 pts) En el primer día de un nuevo año, José deposita Q1,000.00 en una cuenta que paga un interés compuesto mensual del 6%. Al principio de cada mes el agrega Q200.00 a esa cuenta. Si continúa haciendo esto durante los cuatro años siguientes (de modo que realiza 47 depósitos de Q200.00) ¿Cuánto dinero tendrá después de 4 años?

𝑛 = # 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑠𝑒𝑠 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑐𝑢𝑟𝑟𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑢𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑐𝑟𝑒𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑒𝑛𝑡𝑎

𝑎𝑛 = 𝐶𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑛𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑢𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛 𝑚𝑒𝑠𝑒𝑠

𝑛 𝑎𝑛

0 1000 → 𝑎0 1 1000 + 0.06(1000) + 200 → 1.06𝑎0 + 200

2 1260 + 0.06(1260) + 200 → 1.06𝑎1 + 200

3 1535.6 + 0.06(1535.6) + 200 → 1.06𝑎2 + 200 . . .

𝑛 𝑎𝑛−1 + 0.06𝑎𝑛−1 + 200 → 1.06𝑎𝑛−1 + 200 Por lo que la relación de recurrencia que modela el problema queda de la siguiente forma:

𝑎𝑛+1 = 1.06𝑎𝑛 + 200 𝑎𝑛+1 − 1.06𝑎𝑛 = 200 La solución general de la ecuación está formada por la suma de la solución homogénea más la solución particular.

𝑎𝑛 = 𝑎𝑛(ℎ) + 𝑎𝑛

(𝑝) Solución Homogénea

𝑎𝑛+1 − 1.06𝑎𝑛 = 0 //1 La solución propuesta es:

𝑎𝑛 = 𝐶𝑟𝑛 // 2 Al evaluar 2 en 1 tenemos

𝐶𝑟𝑛+1 − 1.06𝐶𝑟𝑛 = 0 //3

Se cancela el termino 𝐶𝑟𝑛 al multiplicar 3 por 1

𝐶𝑟𝑛

𝐶𝑟𝑛+1

𝐶𝑟𝑛 − 1.06𝐶𝑟𝑛

𝐶𝑟𝑛 = 0

𝑟 − 1.06 = 0 𝑟 = 1.06

𝑎𝑛(ℎ) = 𝐶1𝑟𝑛 → 𝑎𝑛

(ℎ) = 𝐶1(1.06)𝑛 Solución Particular La solución particular se propone en base a la expresión que hace no homogénea la relación de recurrencia.

𝑎𝑛(𝑝) = 𝐴

Se sustituye la solución particular en la relación de recurrencia.

𝑎𝑛+1(𝑝) − 1.06𝑎𝑛

(𝑝) = 200

𝐴 − 1.06𝐴 = 200

𝐴 = −3333.33 Sumando ambas soluciones se obtiene la solución general.

𝑎𝑛 = 𝑎𝑛(ℎ) + 𝑎𝑛

(𝑝) 𝑎𝑛 = 𝐶1(1.06)𝑛 − 3333.33 Condiciones Iniciales

Para determinar el valor de la constante 𝐶1 se aplica la condición inicia 𝑎0 = 1000

𝑎0 = 1000

𝑎0 = 𝐶1(1.06)(0) − 3333.33

1000 = 𝐶1 − 3333.33 4333.33 = 𝐶1 Quedando la solución de la relación de recurrencia como:

𝑎𝑛 = 4333.33(1.06)(0) − 3333.33 A los cuatro primeros años (después de 48 meses de haber realizado el primer deposito).

𝑎48 = 4333.33(1.06)(47) − 3333.33

𝑎48 = 𝑄. 67,706.726

Tema IV

Para n≥0 sea 𝑎𝑛 el número de formas en que una sucesión compuesta por 1 y 2

suman n, encuentre 𝑎𝑛. Por ejemplo:

𝑎3= 3 ya que hay tres formas de sumar 3 con unos y ceros, que son 1+1+1, 2+1, 1+2.

n Formas 𝑎𝑛

0 1

1 1 1

2 1+1,2 1+1=2

3 1+1+1,2+1,1+2 2+1=3

4 1+1+1+1,2+1+1,1+2+1,1+1+2,2+2 3+2=5

5 1+1+1+1+1,2+1+1+1,1+2+1+1,1+1+2+1,1+1+1+2, 2+2+1,2+1+2,1+2+2

5+3=8

6 1+1+1+1+1+1,2+1+1+1+1,1+2+1+1+1,1+1+2+1+1, 1+1+1+2+1,1+1+1+1+2,2+2+1+1,2+1+2+1,2+1+1+2, 1+2+1+2,1+1+2+2,1+2+2+1,2+2+2

8+5=13

n 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−2 = 𝑎𝑛

Corriendo los índices tenemos la siguiente relación de recurrencia.

𝑎𝑛+2 = 𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛 𝑎𝑛+2 − 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 = 0 En este caso como el extremo derecho de la ecuación es igual a cero, no existe la solución particular. Solución Homogénea

𝑎𝑛+2 − 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 = 0 //1 La solución propuesta es:

𝑎𝑛 = 𝐶𝑟𝑛 // 2 Al evaluar 2 en 1 tenemos

𝐶𝑟𝑛+2 − 𝐶𝑟𝑛+1 − 𝐶𝑟𝑛 = 0 //3

Se cancela el termino 𝐶𝑟𝑛 al multiplicar 3 por 1

𝐶𝑟𝑛

𝐶𝑟𝑛+2

𝐶𝑟𝑛 −𝐶𝑟𝑛+1

𝐶𝑟𝑛 −𝐶𝑟𝑛

𝐶𝑟𝑛 = 0

𝑟2 − 𝑟 − 1 = 0

𝑟 =1 ± √5

2

La solución a la relación de recurrencia queda de la siguiente forma:

𝑎𝑛 = 𝐶1(1

2−

√5

2)𝑛 + 𝐶2(

1

2+

√5

2)𝑛

Condiciones Iniciales

Para determinar el valor de la constante 𝐶1 y 𝐶2 se aplica la condición inicia 𝑎0 = 1

𝑎0 = 1

1 = 𝐶1(1

2−

√5

2)0 + 𝐶2(

1

2+

√5

2)0

1 = 𝐶1 + 𝐶2 → 𝐶2 = 1 − 𝐶1 //ecuación 1

𝑎1 = 1

1 = 𝐶1(1

2−

√5

2)1 + 𝐶2(

1

2+

√5

2)1 //ecuación 2

Sustituyendo ecuación 1 en 2

1 = 𝐶1(1

2−

√5

2) + (1 − 𝐶1)(

1

2+

√5

2)

1 = −𝐶1√5 +1+√5

2

𝐶1 =1+√5

2− 1

𝐶1 =5−√5

10

Utilizando la ecuación 1 se obtiene el valor de 𝐶2

𝐶2 =5+√5

10

Quedando la solución de la relación de recurrencia como:

𝑎𝑛 = (5 − √5

10) (

1

2−

√5

2)

𝑛

+ (5 + √5

10)(

1

2+

√5

2)𝑛

Tema V Encuentre una relación de recurrencia cuya solución pueda ser

𝑎𝑛 = 𝐶1(2−𝑛) + 3𝑛 (C2cos (𝜋

3𝑛) + C3 sin (

𝜋

3𝑛)) + 𝐶4(−1)𝑛

Como todos los términos tienen constantes se asume que no tiene solución particular. Extrayendo las raíces

Las soluciones de la relación de recurrencia surgen de la expresión 𝐶𝑟𝑛, las raíces de la solución proporcionada son:

𝑟1 =1

2 𝑟2 = −1 𝑟3 = 𝛼 + 𝛽𝑗 𝑟4 = 𝛼 − 𝛽𝑗

La solución propuesta para una raíz imaginaria es 𝑘𝑛(C2cos(𝜃𝑛) + C3 sin(𝜃𝑛)),

donde las constantes 𝑘 y 𝜃 están dadas por:

𝑘 = √𝛼2 + 𝛽2 𝜃 = tan−1(𝛽

𝛼)

𝑘 = 3 𝜃 =𝜋

3

3 = √𝛼2 + 𝛽2 𝜋

3= tan−1(

𝛽

𝛼)

9 = 𝛼2 + 𝛽2 tan (𝜋

3) =

𝛽

𝛼

9 = 𝛼2 + 𝛽2 √3 =𝛽

𝛼

9 = 𝛼2 + 𝛽2 √3𝛼 = 𝛽 Sustituyendo la ecuación de la derecha en la de la izquierda.

9 =∝2+ (𝛼√3)2

9 =∝2+ 𝛼23

9 = 4 ∝2 9

4=∝2

3

2= 𝛼

Utilizando la ecuación √3𝛼 = 𝛽 se encuentra a 𝛽

√3(3

2) = 𝛽

3√3

2= 𝛽

Formando la relación de recurrencia (𝑟 − 𝑟1) ∗ (𝑟 − 𝑟2) ∗ (𝑟 − 𝑟3) ∗ (𝑟 − 𝑟4) = 0

(𝑟 −1

2) ∗ (𝑟 + 1) ∗ (𝑟 − (

3

2+

3√3

2𝑗)) ∗ (𝑟 − (

3

2−

3√3

2𝑗)) = 0

(𝑟2 +1

2𝑟 −

1

2) ∗ (𝑟 −

3

2𝑟 +

3√3

2𝑗𝑟 −

3

2𝑟 −

3√3

2𝑗𝑟 + (

9

4−

27

4𝑗2))=0

(𝑟2 +1

2𝑟 −

1

2) ∗ (𝑟2 − 3𝑟 + 9) = 0

𝑟4 − 3𝑟3 + 9𝑟2 +1

2𝑟3 −

3

2𝑟2 +

9

2𝑟 −

1

2𝑟2 +

3

2𝑟 −

9

2= 0

𝑟4 −5

2𝑟3 + 7𝑟2 + 6𝑟 −

9

2= 0

Se multiplica el polinomio por la solución propuesta 𝐶𝑟𝑛.

𝑟4 −5

2𝑟3 + 7𝑟2 + 6𝑟 −

9

2= 0

𝑟4𝐶𝑟𝑛 −5

2𝑟3𝐶𝑟𝑛 + 7𝑟2𝐶𝑟𝑛 + 6𝑟𝐶𝑟𝑛 −

9

2𝐶𝑟𝑛 = 0

𝐶𝑟𝑛+4 −5

2𝐶𝑟𝑛+3 + 7𝐶𝑟𝑛+2 + 6𝐶𝑟𝑛+1 −

9

2𝐶𝑟𝑛 = 0

Se sustituye 𝐶𝑟𝑛 por 𝑎𝑛

𝑎𝑛+4 −5

2𝑎𝑛+3 + 7𝑎𝑛+2 + 6𝑎𝑛+1 −

9

2= 0