libro de sumatorias

Capıtulo dos

SUMATORIAS

2.1 Definicion y ejemplos

En la definici´on [1.2.2], presentada en el capıtulo anterior, fue definido el con-

cepto de sumatoria, como este capıtulo se refiere especıficamente a ellas, la

repetiremos:

Definicion 2.1.1 Sea f : N → R, se define la sumatoria desde k = 1hasta k = n de los f(k) del modo siguiente:

1∑

k=1

f(k) = f(1) ∧n+1∑

k=1

f(k) =n∑

k=1

f(k) + f(n + 1) .

Nota:

Siendo f : N→ R, a la imagen de n mediante f la simbolizaremos por mediode f(n) = an, con ello la definicion anterior puede escribirse ahora:

Definicion 2.1.2 Dada la funcion f : N → R definida por f(n) = an sedefine inductivamente la sumatoria desde k = 1 hasta k = n de ak del modosiguiente:

1∑

k=1

ak = a1 ,

n+1∑

k=1

ak =n∑

k=1

ak + an+1

Nota:

Como veremos, esta forma de definicion recursiva tiene un significado bienpreciso puesto que:

1∑

k=1

ak = a1 ,

2∑

k=1

ak =1∑

k=1

ak + a2 = a1 + a2 ,

3∑

k=1

ak =2∑

k=1

ak + a3 = (a1 + a2) + a3 = a1 + a2 + a3 ,

27

y ası sucesivamente. Vemos, entonces que el sımbolo:

n∑

k=1

ak significa : a1 + a2 + a3 + · · ·+ an ,

es decir:n∑

k=1

ak = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an .

Tenemos ahora que:

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 se escribe :11∑

k=1

k ,

o sea:

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 =11∑

k=1

k .

Del mismo modo resulta:

12 + 22 + 32 + · · ·+ 212 =21∑

k=1

k2 .

Como tambien:

3

1 · 2 · 21+

4

2 · 3 · 22+ · · ·+ 17

15 · 16 · 215=

15∑

k=1

k + 2

k · (k + 1) · 2k.

Por otro lado tenemos que:

8∑

k=1

k

(k + 1)!representa a :

1

2!+

2

3!+ · · ·+ 8

9!,

o sea:8∑

k=1

k

(k + 1)!=

1

2!+

2

3!+ · · ·+ 8

9!.

Por analogıa, se tiene:

13∑

k=0

(−1)k

(2k + 3)!=

1

3!− 1

5!+

1

7!− · · · − 1

29!.

28

Definicion 2.1.3 Siendo n ≥ m > 1 se define:

n∑

k=m

ak =n∑

k=1

ak −m−1∑

k=1

ak

Por ejemplo:7∑

k=3

1

k=

1

3+

1

4+

1

5+

1

6+

1

7.

2.2 Propiedades de las sumatorias

Teorema 2.2.1 Las sumatorias son independientes del ındice de sumacion.O sea:

n∑i=1

ai =n∑

j=1

aj

Nota:

Intuitivamente esta propiedad es evidente, puesto que ambas representan aa1 + a2 + · · ·+ an.

Demostracion:

Se hace por induccion. En primer lugar tenemos:

1∑i=1

ai = a1 =1∑

j=1

aj .

Suponemos el resultado valido hasta n, o sea:

n∑i=1

ai =n∑

j=1

aj .

A continuacion se demuestra para (n + 1). En efecto:

n+1∑i=1

ai =n∑

i=1

ai + an+1 =n∑

j=1

aj + an+1 =n+1∑j=1

aj ,

lo que demuestra el teorema.

29

Teorema 2.2.2 La sumatoria de una suma es igual a la suma de las sumato-rias. Es decir:

n∑

k=1

(ak + bk) =n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk .

Nota: Intuitivamente se tiene:n∑

k=1

(ak + bk) = (a1 + b1) + a2 + b2) + · · ·+ (an + bn) =

= (a1 + a2 + · · ·+ an) + (b1 + b2 + · · ·+ bn) =n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk

Demostracion:

Se hace por induccion. Se tiene:

1∑

k=1

(ak + bk) = a1 + b1 =1∑

k=1

ak +1∑

k=1

bk .

Se supone valida hasta n. o sea:

n∑

k=1

(ak + bk) =n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk .

Se demuestra para (n + 1), se tiene:

n+1∑

k=1

(ak + bk) =n∑

k=1

(ak + bk) + (an+1 + bn+1) =

=n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk + (an+1 + bn+1) =( n∑

k=1

ak + an+1

)+

+( n∑

k=1

bk + bn+1

)=

n+1∑

k=1

ak +n+1∑

k=1

bk ,

lo que demuestra el teorema.

Teorema 2.2.3 Si cada termino de una sumatoria tiene un factor comun conlos restantes, entonces este se puede extraer del sımbolo de sumatoria. O sea:

n∑

k=1

αak = α

n∑

k=1

ak .

30

Nota:

Intuitivamente se tiene:

n∑

k=1

αak = αa1 + αa2 + · · ·+ αan =

= α(a1 + a2 + · · ·+ an) = α

n∑

k=1

ak .

Demostracion:

Se hace por induccion. Se deja a cargo del lector.

Corolario 2.2.1 Siendo α un numero real se tiene:

n∑

k=1

α = nα

Nota: Intuitivamente:

n∑

k=1

α = α + α + · · ·+ α = nα

Teorema 2.2.4 Propiedad telescopica

Se tiene:n∑

k=1

(ak+1 − ak) = an+1 − a1

Nota:


n∑

k=1

(ak+1 − ak) = (a2 − a1) + (a3 − a2) + · · ·+ (an+1 − an) = an+1 − a1

Demostracion:

Se hace por induccion. Se deja a cargo del lector.

31

Teorema 2.2.5 Si ` ≤ m < n se tiene:

n−∑

k=m−`

ak+` =n∑

k=m

ak =n+∑

k=m+`

ak−`

Nota:


n−∑

k=m−`

ak+` = a(m−`)+` + a(m−`+1)+` + · · ·+ a(n−`)+` =n∑

k=m

ak .

Como tambien:

n+∑

k=m+`

ak−` = a(m+`)−` + a(m+`+1)−` + · · ·+ a(n+`)−` =n∑

k=m

ak .

Demostracion:

En la primera hagase j = k + `, con ello k = j − ` y, por lo tanto, resulta:

n−∑

k=m−`

ak+` =n∑

j=m

aj .

En la segunda hagase j = k − ` y procedase por analogıa.

Problema 2.2.1 Siendo 1 < m ≤ n, demostrar que

n∑

k=m

±(ak − ak−1) = ±(an − am−1) .

Solucion:

Se tiene:

n∑

k=m

±(ak − ak−1) =n∑

k=1

±(ak − ak−1)−m−1∑

k=1

±(ak − ak−1) =

= ±[(an − a0)− (am−1 − a0)

]= ±(an − am−1) .

32

2.2.1 Algunas sumatorias importantes

Del capıtulo anterior tenemos los siguientes resultados:

(1)n∑

k=1

k =n(n + 1)

2(2)

n∑

k=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6(3)

n∑

k=1

k3 =[n(n + 1)

2

]2

.

Veamos aquı un ejemplo donde se utiliza lo que hemos visto, hasta esta parte,para calcular una sumatoria.

Ejemplo 2.2.1 Calcular la sumatorian∑

k=1

(2k − 3)(k + 1) .

Solucion:

Tenemos:n∑

k=1

(2k − 3)(k + 1) =n∑

k=1

(2k2 − k − 3) = 2n∑

k=1

k2 −n∑

k=1

k −n∑

k=1

3 =

= 2n(n + 1)(2n + 1)

6− n(n + 1)

2− 3n =

n

6(4n2 + 5n− 17) .

2.3 Algo sobre sumatorias dobles

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n

· · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · ·am1 am2 am3 · · · amn

Al lado se tiene una disposicion rec-tangular de m ·n numeros colocadosen m filas y en n columnas los que sepueden sumar primero por los filas,luego por las columnas y viceversa,consiguiendose:

m∑i=1

n∑j=1

aij =n∑

j=1

m∑i=1

aij ,

y cumpliendose las propiedades dadas por el siguiente:

33

Teorema 2.3.1 Siendo α, β ∈ R se cumple:

(1)m∑

i=1

n∑j=1

(αaij + βbij) = α

m∑i=1

n∑j=1

aij + β

m∑i=1

n∑j=1

bij .

(2)m∑

i=1

n∑j=1

(ai + bj) = n

m∑i=1

ai + m

n∑j=1

bj .

(3)m∑

i=1

n∑j=1

ai · bj = (m∑

i=1

ai)(n∑

j=1

bj) .

Problema 2.3.1 Calcular la sumatorian∑

i=1

i∑j=1

(2j − 1)

i(i + 1).

Solucion:

Se tiene:

n∑

i=1

i∑

j=1

(2j − 1)i3(i + 1)

=n∑

i=1

1i3(i + 1)

i∑

j=1

(2j − 1) =n∑

i=1

1i3(i + 1)

[i(i + 1)− i] =

=n∑

i=1

1i3(i + 1)

i2 =n∑

i=1

1i(i + 1)

=n∑

i=1

[1i− 1

i + 1

]= 1− 1

n + 1

2.4 Problemas resueltos

Problema 2.4.1 Sabiendo que ak = k(k + 1)(2k + 1)(3k2 + 3k − 1), calcular

el valor de ak+1 − ak y con ello obtener la sumatorian∑

k=1

k4 .

Solucion:

Se tiene:

ak+1−ak = (k+1)(k+2)(2k+3)(3(k+1)2 +3(k+1)−1)−k(k+1)(2k+1)(3k2 +3k−1) =

= 30(k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1) ,

34

pero:1

30

n∑

k=1

(ak+1 − ak) =n∑

k=1

(k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1) ,

con lo que:

n∑

k=1

k4 =1

30

n∑

k=1

(ak+1 − ak)− 4n∑

k=1

k3 − 6n∑

k=1

k2 − 4n∑

k=1

k − n ,

pero:

1

30

n∑

k=1

(ak+1−ak) =1

30

[(n+1)(n+2)(2n+3)(3(n+1)2+3(n+1)−1)−1·2·3·5] =

=1

30

[(n + 1)(n + 2)(2n + 3)(3n2 + 9n + 5)− 30

]

y:n∑

k=1

k =n(n + 1)

2,

n∑

k=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6,

n∑

k=1

k3 =[n(n + 1)

2

]2

.

luego, efectuando los reemplazos, se consigue:

n∑

k=1

k4 =1

30

[(n + 1)(n + 2)(2n + 3)(3n2 + 9n + 5)− 30

]− [n(n + 1)

]2−

−n(n + 1)(2n + 1)− 2n(n + 1)− n ,

y, por lo tanto, eliminando terminos semejantes, se obtiene:

n∑

k=1

k4 =n

30(6n4 + 15n3 + 10n2 − 1) =

n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n− 1)

30.


k=1

1

k(k + 1).

Solucion:

Se tiene:1

k(k + 1)=

1

k− 1

k + 1,

con esto resulta:n∑

k=1

1

k(k + 1)=

n∑

k=1

(1

k− 1

k + 1

),

35

y,aplicando la propiedad telescopica, se consigue:

n∑

k=1

1

k(k + 1)=

n∑

k=1

(1

k− 1

k + 1

)= 1− 1

n + 1.

Problema 2.4.3 Calcular la sumatoria S =n∑

k=1

1

k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m).

Solucion:

Se tiene:

1k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m)

=1m

[ 1k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m− 1)

− 1(k + 1)(k + 2) · · · (k + m)

],

con ello:

S =1

m

n∑

k=1

[ 1

k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m− 1)− 1

(k + 1)(k + 2) · · · (k + m)

]=

=1

m

[ 1

1 · 2 · 3 · · ·m − 1

(n + 1)(n + 2) · · · (n + m)

]=

1

m

[ 1

m!− n!

(n + m)!

].


k=1

k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m) .

Solucion:

Se tiene:

k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m) =1

m + 2[k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m)(k + m + 1)−

−(k − 1)k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m)]

,

con ello:

S =1

m + 2

n∑

k=1

[k(k +1)(k +2) · · · (k +m)(k +m+1)− (k− 1)k(k +1)(k +2) · · · (k +m)

]=

=1

m + 2n(n + 1)(n + 2) · · · (n + m + 1) =

(n + m + 1)!(m + 2)(n− 1)!

.


k=1

k + 2

k(k + 1)2k.

36

Solucion:

Se tiene:k + 2

k(k + 1)=

2k− 1

k + 1,

luego:

S =n∑

k=1

( 1

k2k−1− 1

(k + 1)2k

)= 1− 1

(n + 1)2n.


k=1

k

(k + 1)!.

Solucion:

Se tiene:

S =n∑

k=1

(k + 1)− 1(k + 1)!

=n∑

k=1

( 1k!− 1

(k + 1)!

)= 1− 1

(n + 1)!.


k=1

2k − 1

k(k + 1)(k + 2).

Solucion:

Se tiene:2k − 1

k(k + 1)(k + 2)=

12

(− 1

k+

6k + 1

− 5k + 2

),

de donde:

S =1

2

( n∑

k=1

[ 1

k + 1− 1

k

]− 5

n∑

k=1

[ 1

k + 2− 1

k + 1

])=

=1

2

( 1

n + 1− 1− 5

[ 1

n + 2− 1

2

])=

3

4− 4n + 3

2(n + 1)(n + 2).


k=1

k logk + 1

k.

37

Solucion:

Se tiene:

S =n∑

k=1

k logk + 1

k=

n∑

k=1

k[log(k + 1)− log k

]=

=n∑

k=1

[(k + 1) log(k + 1)− k log k

]−n∑

k=1

log(k + 1) =

=[(n + 1) log(n + 1)− 1 log 1

]− log(n + 1)! = log(n + 1)n

n!.


k=1

26k + 107

(k + 1)(k + 4)· 1

3k+3.

Solucion:

Se tiene:

26k + 107(k + 1)(k + 4)

=a

k + 1+

b

k + 4⇒ 26k + 107 = a(k + 4) + b(k + 1),

de ello k = −1 ⇒ a = 27, k = −4 ⇒ b = −1, por lo tanto, se tendra:

n∑

k=1

26k + 107(k + 1)(k + 4)

· 13k+3

=n∑

k=1

1(k + 1)3k

−n∑

k=1

1(k + 4)3k+3

.

En esta ultima hacemos el cambio de k por k − 3, resultando:

n∑

k=1

26k + 107(k + 1)(k + 4)

· 13k+3

=n∑

k=1

1(k + 1)3k

−n+3∑

k=4

1(k + 1)3k

=

=1

2 · 3 +1

3 · 32+

14 · 33

− 1(n + 2)3n+1

− 1(n + 3)3n+2

− 1(n + 4)3n+3

.


k=23

2k

1 + k2 + k4.

Solucion:

Tenemos:2k

1 + k2 + k4=

2k

(k2 + 1)2 − k2=

2k

(k2 + k + 1)(k2 − k + 1)=

38

=ak + b

k2 + k + 1+

ck + d

k2 − k + 1⇒ 2k = (ak + b)(k2 − k + 1) + (ck + d)(k2 + k + 1) .

Coloquemos ahora:k2 + k + 1 = 0 ⇒ k2 = −(k + 1) ,

luego:

2k = (ak + b)(k2 − k + 1) = (ak + b)(−2k) = −2ak2 − 2bk = 2a(k + 1)− 2bk =

= 2(a− b)k + 2a ⇒ a = 0 ∧ b = −1 .

Por similitud se consigue c = 0 y d = 1, luego:

2k

1 + k2 + k4=

1k2 − k + 1

− 1k2 + k + 1

.

Por lo tanto, se obtiene:

n∑

k=1

2k

1 + k2 + k4= 1− 1

n2 + n + 1

con lo que:

n∑

k=23

2k

1 + k2 + k4= 1− 1

n2 + n + 1−

(1− 1

222 + 22 + 1

)=

1463

− 1n2 + n + 1

.


k=1

3k − 1

(4k − 1)(4k + 3)(4k + 7).

Solucion:

Se tiene:

3k − 1

(4k − 1)(4k + 3)(4k + 7)=

a

(4k − 1)(4k + 3)− b

(4k + 3)(4k + 7),

consiguiendose:3k − 1 = a(4k + 7) + b(4k − 1) ,

y, por lo tanto, haciendo k =1

4resulta −1

4= 8a, con lo que a = − 1

32y con

k = −7

4se tendra −25

4= b(−8), de donde b =

25

32, luego:

3k − 1(4k − 1)(4k + 3)(4k + 7)

=2432· 1(4k + 3)(4k + 7)

+132·( 1

(4k + 3)(4k + 7)− 1

(4k − 1)(4k + 3)

)=

=34· 14·( 1

4k + 3− 1

4k + 7

)+

132·( 1

(4k + 3)(4k + 7)− 1

(4k − 1)(4k + 3)

),

39

llegandose a:

n∑

k=1

3k − 1(4k − 1)(4k + 3)(4k + 7)

=316·

n∑

k=1

( 14k + 3

− 14k + 7

)+

+132·

n∑

k=1

( 1(4k + 3)(4k + 7)

− 1(4k − 1)(4k + 3)

)=

=316·(1

7− 1

4n + 7

)+

132·( 1

(4n + 3)(4n + 7)− 1

3 · 7)

=

=3

16 · 7 −1

3 · 7 · 32+

132 · (4n + 3)(4n + 7)

− 316 · (4n + 7)

=

=18− 1

3 · 7 · 32+

1− 6 · (4n + 3)32 · (4n + 3)(4n + 7)

=17672

− 24n + 1732 · (4n + 3) · (4n + 7)

.

Problema 2.4.12 Calcular la suma de los numeros:

11 31 3 51 3 5 71 3 5 7 9...

......

......

.........

...1 3 5 7 9 · · · 2n− 1

Solucion:

Considerando el renglon k-esimo vemos que su suma es k2. Luego la sumapedida es:

n∑

k=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6.

Problema 2.4.13 Calcular la suma de los numeros:

11 21 2 31 2 3 41 2 3 4 5...

......

......

.........

...1 2 3 4 5 · · · n

40

Solucion:

Considerando el renglon k-esimo vemos que su suma esk(k + 1)

2. Luego la

suma pedida es:n∑

k=1

k(k + 1)

2=

n(n + 1)(n + 2)

6.

Problema 2.4.14 Calcular la sumatoria∞∑

k=1

k2 + k − 1

(k + 1)2(k + 2)2.

Solucion:

Tenemos:

k2 + k − 1

(k + 1)2(k + 2)2=

(k + 1)2 − (k + 2)

(k + 1)2(k + 2)2=

1

(k + 2)2− 1

(k + 1)2(k + 2)=

=1

(k + 2)2− (k + 2)− (k + 1)

(k + 1)2(k + 2)=

1

(k + 2)2− 1

(k + 1)2+

1

(k + 1)(k + 2)=

=1

(k + 2)2− 1

(k + 1)2+

1

k + 1− 1

k + 2,

con ello:

n∑

k=1

( 1

(k + 2)2− 1

(k + 1)2

)+

n∑

k=1

( 1

k + 1− 1

k + 2

)=

1

(n + 2)2− 1

4+

1

2− 1

n + 2.


k=1

3k(10k3 − 2k2 + 3k + 6)

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6).

Solucion:

Tenemos que los trinomios 5k2 − k + 2 y 5k2 + 9k + 6 son irreducibles en R,por lo tanto, las fracciones parciales a utilizar son de la forma:

10k3 − 2k2 + 3k + 6

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6)=

ak + b

5k2 − k + 2+

ck + d

5k2 + 9k + 6,

41

se debera encontrar los valores de a, b, c y d; o sea, tendremos para todo k:

10k3 − 2k2 + 3k + 6 = (ak + b)(5k2 + 9k + 6) + (ck + d)(5k2 − k + 2) .

Imponemos primero que 5k2 − k + 2 = 0, lo que nos lleva tanto a 5k2 = k − 2como tambien a:

10k3 − 2k2 + 3k + 6 = (ak + b)(5k2 + 9k + 6) ,

que puede escribirse:

2k · 5k2 − 2k2 + 3k + 6 = (ak + b)(5k2 + 9k + 6) ,

y como 5k2 = k − 2 se obtendra:

2k(k − 2)− 2

5(k − 2) + 3k + 6 = (ak + b)(k − 2 + 9k + 6) ,

o sea:

2

5(k − 2)− 4k − 2

5(k − 2) + 3k + 6 = 2a(k − 2) + 4ak + 10bk + 4b ,

es decir:−k + 6 = (6a + 10b)k − 4a + 4b ,

de donde se obtiene el sistema:

6a + 10b = −1−4a + 4b = 6

}

cuyas soluciones son a = −1 y b =1

2.

Haciendo 5k2+9k+6 = 0 se tendra 5k2 = −(9k+6) y trabajando por analogıa

se conseguira c = 3, d =3

2, con lo que:

10k3 − 2k2 + 3k + 6

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6)=

3

2· 2k + 1

5k2 + 9k + 6− 1

2· 2k − 1

5k2 − k + 2,

y, por lo tanto, conseguiremos:

3k(10k3 − 2k2 + 3k + 6)

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6)=

1

2·(

3k+1(2k + 1)

5k2 + 9k + 6− 3k(2k − 1)

5k2 − k + 2

),

luego, la sumatoria pedida es:

n∑

k=1

3k(10k3 − 2k2 + 3k + 6)

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6)=

1

2·

n∑

k=1

(3k+1(2k + 1)

5k2 + 9k + 6− 3k(2k − 1)

5k2 − k + 2

).

42

Considerando ahora:

ak =3k(2k − 1)

5k2 − k + 2,

resultara:

ak+1 =3k+1(2k + 1)

5k2 + 9k + 6,

con lo que la sumatoria satisface la propiedad telescopica y, por lo tanto,obtendremos:

n∑

k=1

3k(10k3 − 2k2 + 3k + 6)

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6)=

1

2·(

3n+1(2n + 1)

5n2 + 9n + 6− 1

2

),

es decir:

n∑

k=1

3k(10k3 − 2k2 + 3k + 6)

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6)=

1

4·(

2 · 3n+1(2n + 1)− (5n2 + 9n + 6)

5n2 + 9n + 6

).

Nota:

En general, hasta aquı hemos utilizado la propiedad telescopica. Pues bien, si

se tienen∑

k=1

ak = f(n), entonces∑

k=1

ak = f(`), y, por lo tanto:

a` = f(`)− f(`− 1) , con : f(0) = 0 , (2.1)

que nos dice que:n∑

k=1

[f(k)− f(k − 1)

]= f(n) ,

por lo tanto, si se desea saber si una sumatoria esta bien calculada bastara ocu-par (2.1). Veamos algunos ejemplos.

Problema 2.4.16 Demostrar quen∑

k=1

k =n(n + 1)

2.

Solucion:

Se debe establecer que:

ak =k(k + 1)

2− (k − 1)k

2,

43

lo que es evidente, por lo tanto, se tiene:

n∑

k=1

k =n(n + 1)

2.

Problema 2.4.17 Demostrar quen∑

k=1

k3 =[n(n + 1)

2

]2

.

Solucion:

Se debe establecer que:

ak =[k(k + 1)

2

]2

−[(k − 1)k

2

]2

,

lo que es evidente, por lo tanto, se tiene:

n∑

k=1

k3 =[n(n + 1)

2

]2

.

Nota:

Un ejercicio mas complicado lo constituye la suma de los n primeros terminosde una progresion hipergeometrica. Para ello es previo pasar a la siguiente:

Definicion 2.4.1 Se denomina progresion hipergeometrica a toda suce-sion:

a1, a2, · · · , an, · · ·que satisface:

an+1

an

=an + b

an + c,

donde a, b c ∈ R, b y c no ambos nulos y a + b 6= c.

Problema 2.4.18 Demostrar que si a1, a2, · · · , an, · · · es una progresionhipergeometrica, entonces:

n∑

k=1

ak =(na + b)an − ca1

a + b− c.

44

Solucion:

Aquı se debera demostrar que:

ak =(ka + b)ak − ca1

a + b− c− ((k − 1)a + b)ak−1 − ca1

a + b− c.

Pues bien, partimos del segundo miembro de la expresion anterior, o sea de:

s =(ka + b)ak − ca1

a + b− c− ((k − 1)a + b)ak−1 − ca1

a + b− c,

estableceremos que s = ak; de la definicion anterior resulta:

ak−1 =a(k − 1) + c

a(k − 1) + bak ,

valor que reemplazado en s nos conduce a:

s =

ka + b− [(k − 1)a + b

]a(k − 1) + c

a(k − 1) + b

a + b− cak ,

o sea a:

s =ka + b− [

a(k − 1) + c]

a + b− cak =

a + b− c

a + b− cak = ak ,

por lo tanto, el problema queda resuelto.

Problema 2.4.19 Siendo r 6= 1, calcular la sumatoria:

S =n∑

k=1

k! rk

(1 + r)(1 + 2r) · · · (1 + kr).

Solucion:

Sea

ak =k! rk

(1 + r)(1 + 2r) · · · (1 + nr),

con ello, resulta:

ak+1

ak

=(k + 1)r

1 + (k + 1)r=

kr + r

kr + (r + 1),

45

vemos que los terminos:a1, a2, · · · , an

estan en progresion hipergeometrica con:

a = r , b = r , c = r + 1 ,

en conclusion, por problema anterior, se obtiene:

S =n∑

k=1

k!rk

(1 + r)(1 + 2r) · · · (1 + nr)=

(n + 1)! rn+1

(1 + r)(1 + 2r) · · · (1 + nr)− r

r − 1.

Problema 2.4.20 Siendo r 6= 1, calcular la sumatoria S =n∑

k=1

rk−1 .

Solucion:

Se tiene:

S = 1 + r + r2 + r3 + · · · + rn−1

rS = r + r2 + r3 + · · · + rn−1 + rn

A la primera de estas igualdades le restamos la segunda , obteniendose:

(1− r)S = 1− rn ,

de donde:

S =1− rn

1− r,

o sea:

S =n∑

k=1

rk−1 =1− rn

1− r.

Nota:

Si en esta suma se tiene | r | < 1 se obtiene la serie geometrica, que estudiare-mos en el capıtulo de “Progresiones”, pero adelantamos el resultado:

Si | r | < 1, entonces :∞∑

k=1

ark−1 =a

1− r.

Un caso tıpico es el que entrega el siguiente:

46

Ejemplo 2.4.1∞∑

k=1

(1

2

)k−1

=1

1− 1

2

= 2 .

Problema 2.4.21 Calcular la suma de todos los terminos de:√

5√5 + 1

+

√5

5 +√

5+

√5

5√

5 + 5+ · · ·

Solucion:

En este problema vemos que:

a2 =

√5

5 +√

5=

1√5·

√5√

5 + 1=

1√5a1 ,

y tambien

a3 =

√5

5√

5 + 5=

1√5·

√5

5 +√

5=

1√5a2 ,

y, ası sucesivamente, luego la suma pedida es la de una serie geometrica con

a =

√5√

5 + 1y r =

1√5

< 1, con ello la respuesta estara dada por:

∞∑

k=1

√5√

5 + 1·( 1√

5

)k−1

=

√5√

5 + 1· 1

1− 1√5

=5

4.

Problema 2.4.22 Siendo r 6= 1, calcular la sumatoria S =n∑

k=1

krk−1 .

Solucion:

Se tiene:

S = 1 + 2r + 3r2 + 4r3 + · · · + nrn−1

rS = r + 2r2 + 3r3 + · · · + (n− 1) rn−1 + nrn

A la primera de estas igualdades le restamos la segunda , obteniendose:

(1− r)S = 1 + r + r2 + r3 + · · · rn−1 − nrn ,

47

o sea:

(1− r)S =1− rn

1− r− nrn ,

de donde:

S =1− rn

(1− r)2− nrn

1− r,

por lo tanto, conseguimos:

S =n∑

k=1

krk−1 =1− (n + 1)rn + nrn+1

(1− r)2.

2.5 Problemas propuestos

(A) Calcular las sumatorias:

(1)n∑

k=1

(2k − 1) (2)n∑

k=1

(2k − 3)(k + 1)

(3)n∑

k=1

1

(k + 1)(k + 2)(4)

n∑

k=1

1

(k + 1)(k + 2)(k + 3)

(5)n∑

k=1

k(k + 1)(k + 2)(k + 3) (6)n∑

k=1

2k + 5

(k + 1)(k + 2)3k

(7)n∑

k=1

k + 1

(k + 2)!(8)

n∑

k=1

k · k!

(9)n∑

k=1

(k2 + 1)k! (10)n∑

k=1

logk + 1

k

(11)n∑

k=1

k2 + k − 1

(k + 2)!(12)

n∑

k=1

2k + 1

k2(k + 1)2

(13)n∑

k=1

6k + 13

(k + 1)(k + 2)7k(14)

n∑

k=1

(−1)k+1(k + 1)

(2k + 1)(2k + 3)

(15)n∑

k=1

k2 + k − 1

(k + 1)2(k + 2)2(16)

n∑

k=1

3k(12k − 7)

(3k − 1)(3k + 5)

(17)n∑

k=1

5k−1 (18)n∑

k=1

k7k−1

(19)n∑

k=1

(− 1

3

)k−1

(20)n∑

k=1

4k−1

(21)n∑

k=1

k(

− 1

3

)k−1

(22)n∑

k=1

k4k−1

(23)n∑

k=1

(2

3

)k−1

(24)n∑

k=1

(−5)k−1

48

(25)n∑

k=1

k(2

3

)k−1

(26)n∑

k=1

k(−5)k−1

(27)n∑

k=1

7k + 31

(k + 1)(k + 4)2k+3(28)

n∑

k=1

(−1)k+1

k(k + 2)

(29)n∑

k=1

2k − 1

k(k + 1)(k + 2)(30)

n∑

k=1

2k−1k

(k + 1)(k + 2)

(31)n∑

k=1

26k + 107

(k + 1)(k + 4)3k+3(32)

n∑

k=1

2k(93k − 46)

(3k − 1)(3k + 14)

(33)n∑

k=1

3k − 1

(4k − 1)(4k + 3)(4k + 7)(34)

n∑

k=1

k(k + 1)(k + 2)

(35)n∑

k=1

(114k + 227) · 7k

(k + 2) · (k + 5)(36)

n∑

k=1

114k + 571

(k + 2) · (k + 5) · 7k

(37)n∑

k=2

log[(

1 +1

k

)k

(1 + k)]

(log kk

)[log

(k + 1

)k+1] (38)n∑

k=1

3k(6k − 5)

(3k − 1)(3k + 2)

(39)n∑

k=1

3k2 + k − 9

(k2 + 2k + 2)(k2 + 4k + 5)(40)

n∑

k=1

4k2 − 2k − 17

(k2 + 2k + 2)(k2 + 4k + 5)

(41)n∑

k=1

k2 − 1

(3k2 + k + 1)(3k2 + 7k + 5)(42)

n∑

k=1

5k2 + 3k − 3

(3k2 + k + 1)(3k2 + 7k + 5)

(43)n∑

k=1

√k + 1 − √

k√k2 + k

(44)n∑

k=1

k + 5

3k−1

(45)n∑

k=1

log(1 +

1

k2 + 2k

)(46)

n∑

k=1

k4 + k2 + 1

k4 + k

(47)n∑

k=1

5k(4k + 1)

(2k + 1)(2k + 3)(48)

n∑

k=1

23 − 4k

(4k + 1)(4k + 5)(4k + 9)

(B) Hallar la suma (hasta n terminos) de:

(i)

3

8+

3 · 58 · 10

+3 · 5 · 7

8 · 10 · 12+ · · ·

(ii)

1

2 · 4+1 · 3

2 · 4 · 6+1 · 3 · 5

2 · 2 · 4 · 8 · 10+· · ·

(iii)

2

3+

2 · 53 · 6 +

2 · 5 · 83 · 6 · 9 + · · ·

(iv)

3 · 84 · 9+

3 · 8 · 13

4 · 9 · 14+

3 · 8 · 13 · 18

4 · 9 · 14 · 19+· · ·

(v)1!

a+

2!

a(a + 1)+

3!

a(a + 1)(a + 2)+ · · ·

49

(vi)1!

a− 1− 2!

(a− 1)(a− 2)+

3!

(a− 1)(a− 2)(a− 3)− · · ·

(vii)a

1· 2− a(a− 1)

1 · 3 · 22 +a(a− 1)(a− 2)

1 · 3 · 5 · 23 − · · ·

(viii)

1− a

1+

a(a− 1)

1 · 2 − a(a− 1)(a− 2)

1 · 2 · 3 + · · ·

(ix)

1 +1 + d

a + 2d+

(1 + d)(1 + 2d)

(a + 2d)(a + 3d)+

(1 + d)(1 + 2d)(1 + 3d)

(a + 2d)(a + 3d)(a + 4d)+ · · ·

(C) Calcular las sumatorias dobles:

(1)n∑

i=1

20∑

j=1

2j−i (2)100∑

i=1

25∑

j=1

(i2 · j)

(3)n∑

i=2

m∑

j=1

2α (4)10∑

i=1

n∑

j=1

2 · i · (j + 1)

(5)n∑

i=1

i∑

j=1

ai+j (6)100∑

i=0

3∑

j=0

ij

50

2.6 Respuestas capıtulo 2

Ejercicios (A)

(1) n2

(2)23n3 +

n2

2− 19n

2

(3)n

2(n + 2)

(4)n(n + 5)

12(n + 2)(n + 3)

(5)n5

5+ 2n4 + 7n3 + 10n2 +

24n

5

(6)12− 1

(n + 2)3n

(7)12− 1

(n + 2)!

(8) (n + 1)!− 1

(9) n(n + 1)!

(10) log(n + 1)

(11)12− n + 1

(n + 2)!

(12) 1− 1(n + 1)2

(13)12− 1

(n + 2)7n

(14)14

(13

+(−1)n+3

2n + 3

)

(15)14− n + 11

(n + 2)2

(16)(12n + 11)3n+1

2(3n + 2)(3n + 5)− 33

20

(17)5n − 1

4

(18)n7n

6+

1− 7n

36

(19) 31− (− 1

3

)n

4

(20)4n − 1

3

(21)916

+(−1)n+1

4 · (−3)n−1

(n +

34

)

(22)19

+4n

3

(n− 1

3

)

(23) 3(

1−(−2

3

)n)

(24)1− (−5)n

6

(25) 9− n2n

3n−1− 9

(23

)n

(26) (−1)n+15n(n

6+ 1

)+

136

(27)3596− 7n2 + 45n + 70

(n + 2)(n + 3)(n + 4)2n+3

(28)14

+(−1)n+3

2(n + 1)(n + 2)

(29)34− 4n + 3

2(n + 1)(n + 2)

(30)2n

n + 2− 3

4

(31)23108

− 13n2 + 86n + 138(n + 2)(n + 3)(n + 4)

(32)2n+1(2511(n + 1)4 + 13824(n + 1)3 + 21033(n + 1)2 + 5784n + 2920)

(3n + 2)(3n + 5)(3n + 8)(3n + 11)(3n + 14)− 2518

385

(33)17672

− 24n + 1732(4n + 3)(4n + 7)

(34)(n + 1)4

4+

(n + 1)3

2− (n + 1)2

4− n + 1

2

51

(35)(57(n + 1)2 + 294n + 656)7n+1

3(n + 3)(n + 4)(n + 5)−

−4991180

(36)1097180

− 57(n + 1)2 + 390n + 10403(n + 3)(n + 4)(n + 5)7n

(37)1

2 log 2− 1

(n + 1) log(n + 1)

(38)3n+1

3n + 2− 3

2

(39)25− 3n + 2

n2 + 4n + 5

(40)25− 4n + 1

n2 + 4n + 5

(41)130− 2n + 1

6(3n2 + 7n + 5)

(42)415− 5n + 4

3(3n2 + 7n + 5)

(43) 1−√

n + 1n + 1

(44)394− 31−n(n + 1)

2− 11 · 31−n

4

(45) log2(n + 1)2

n + 2

(46)n(n + 2)

n + 1

(47)5n+1

2(2n + 3)− 5

6

(48)7

180− 4n− 7

4(4n + 5)(4n + 9)

Ejercicios (B)

(i) 1−n∏

j=1

2j + 12j + 6

(ii)12−

n∏

j=1

2j − 12j

(iii)3n− 1

2−

n∏

j=1

3j − 13j

(iv)112

2 + 3(5n− 2)

n+1∏

j=1

5j − 25j − 1

(v)

(n + 1)!−n∏

j=1

(a + j − 1)

(2− a)n∏

j=1

(a + j − 1)

(vi)

(−1)n+1(n + 1)! + (a− 1)n∏

j=1

(a− j)

(a + 1)n∏

j=1

(a− j)

Ejercicios (C)

(1) 2097150(1− 2−n)

(2) 109963750

(3) 2(n− 2)mα

(4) 5050n(n + 1)

(5)a(a2n+1 − an+2 − an+1 + a)

(a− 1)2(a + 1)

(6) 25845900

52

libro de sumatorias

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