Sucesiones y progresiones – matemáticas 1º Bachillerato CCSS: soluciones de los ejercicios para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1

   1. \(a_1=1-1=0\); \(a_2=4-1=3\); \(a_3=8\); \(a_4=15\); \(a_5=24\).
   2. \(b_1=-2\); \(b_2=4\); \(b_3=-6\); \(b_4=8\); \(b_5=-10\). Los signos se alternan.
   3. \(c_2=2\cdot3-1=5\); \(c_3=2\cdot5-1=9\); \(c_4=17\); \(c_5=33\).
   4. \(a_{20}=400-1=399\); \(b_{15}=(-1)^{15}\cdot30=-30\). Con la recurrencia hay que calcular uno a uno los 19 términos anteriores; por eso es útil encontrar el término general, que aquí es \(c_n=2^n+1\) (\(c_5=32+1=33\) ✓).

2. Solución del ejercicio 2

   1. Cada término se obtiene sumando 4 al anterior: \(7,\ 11,\ 15,\ 19,\ 23\). El término general es \(a_n=a_1+(n-1)d=7+4(n-1)=4n+3\).
   2. \(a_{10}=4\cdot10+3=43\). La suma de los diez primeros es la media del primero y el último por el número de términos: \(S_{10}=\dfrac{10\,(7+43)}{2}=250\).
   3. Igualamos al término general: \(4n+3=103\) da \(n=25\), así que 103 es el término 25. En cambio, \(4n+3=110\) da \(n=26{,}75\), que no es natural: 110 no pertenece a la progresión.
   4. Por el apartado b), \(S_{10}=250\): hay que sumar 10 términos.

3. Solución del ejercicio 3

   1. Para pasar de \(a_4\) a \(a_{10}\) se suma la diferencia 6 veces: \(6d=41-17=24\), luego \(d=4\).
   2. Retrocedemos 3 saltos desde \(a_4\): \(a_1=a_4-3d=17-12=5\). El término general es \(a_n=5+4(n-1)=4n+1\).
   3. \(a_{20}=4\cdot20+1=81\) y \(S_{20}=\dfrac{20\,(5+81)}{2}=860\).
   4. Resolvemos la inecuación \(4n+1\gt 100\): \(n\gt 24{,}75\). Como \(n\) es natural, se supera 100 a partir del término 25, que vale \(a_{25}=101\) (el anterior, \(a_{24}=97\), aún no lo supera).

4. Solución del ejercicio 4

   1. Cada término se obtiene multiplicando el anterior por 3: \(5,\ 15,\ 45,\ 135,\ 405\). El término general es \(a_n=a_1r^{n-1}=5\cdot3^{n-1}\).
   2. \(a_6=5\cdot3^5=1\,215\). Fórmula de la suma de una geométrica: \(S_6=\dfrac{a_1(r^6-1)}{r-1}=\dfrac{5\,(3^6-1)}{3-1}=\dfrac{5\cdot728}{2}=1\,820\).
   3. \(5\cdot3^{n-1}=405\) da \(3^{n-1}=81=3^4\), luego \(n-1=4\) y \(n=5\): 405 es el quinto término.
   4. Es creciente porque \(a_1\gt 0\) y \(r\gt 1\). La suma de infinitos términos no existe, ya que con \(|r|\ge1\) las sumas parciales crecen sin límite.

5. Solución del ejercicio 5

   1. De \(a_2\) a \(a_5\) se multiplica tres veces por la razón: \(r^3=\dfrac{a_5}{a_2}=\dfrac{96}{12}=8\), luego \(r=\sqrt[3]{8}=2\).
   2. Retrocedemos un paso dividiendo por la razón: \(a_1=\dfrac{12}{2}=6\). El término general es \(a_n=6\cdot2^{n-1}\).
   3. Aplicamos la fórmula de la suma: \(S_8=\dfrac{6\,(2^8-1)}{2-1}=6\cdot255=1\,530\).
   4. Los tres primeros términos son 6, 12 y 24, así que su producto es \(6\cdot12\cdot24=1\,728\). Observa que \(1\,728=12^3\): el término central elevado al número de factores.

6. Solución del ejercicio 6

   1. La razón es \(r=\dfrac6{18}=\dfrac13\). Como \(|r|\lt 1\), la suma infinita existe: \(S_\infty=\dfrac{a_1}{1-r}=\dfrac{18}{1-\frac13}=\dfrac{18}{2/3}=27\).
   2. Aquí \(r=2\) y \(|r|\gt 1\): los términos crecen cada vez más y la suma no existe, crece sin límite.
   3. La suma \(0{,}3+0{,}03+0{,}003+\cdots\) es geométrica con \(a_1=0{,}3\) y \(r=0{,}1\): \(S_\infty=\dfrac{0{,}3}{1-0{,}1}=\dfrac{0{,}3}{0{,}9}=\dfrac13\).
   4. Escribimos \(0{,}4545\ldots=0{,}45+0{,}0045+\cdots\), con \(a_1=0{,}45\) y \(r=0{,}01\): \(S_\infty=\dfrac{0{,}45}{0{,}99}=\dfrac{45}{99}=\dfrac5{11}\). Así se obtiene la fracción generatriz de un decimal periódico.

7. Solución del ejercicio 7

   1. Las diferencias entre términos consecutivos son siempre 4: es aritmética de diferencia \(d=4\), con \(a_n=3+4(n-1)=4n-1\).
   2. Los cocientes entre términos consecutivos son siempre 3: es geométrica de razón \(r=3\), con \(a_n=2\cdot3^{n-1}\).
   3. Las diferencias \(3,5,7\) no son constantes y los cocientes \(4;\ 2{,}25\) tampoco: no es aritmética ni geométrica. Son los cuadrados perfectos, \(a_n=n^2\).
   4. Cada término es la mitad del anterior: geométrica de razón \(\tfrac12\), decreciente. \(a_n=80\cdot\left(\tfrac12\right)^{n-1}\).

8. Solución del ejercicio 8

   1. Cada semana mete 2 € más que la anterior, así que las cantidades forman una progresión aritmética con \(a_1=10\) y \(d=2\): \(a_n=10+2(n-1)=2n+8\).
   2. \(a_{20}=2\cdot20+8=48\). La semana 20 mete 48 €.
   3. \(S_{20}=\dfrac{20\,(10+48)}{2}=580\). En 20 semanas ha ahorrado 580 €.
   4. La suma de \(n\) semanas es \(S_n=\dfrac{n\,(10+2n+8)}{2}=n^2+9n\). Resolvemos \(n^2+9n-1\,000=0\): la raíz positiva es \(n\approx27{,}44\). Comprobamos: \(S_{27}=972\) € (no llega) y \(S_{28}=1\,036\) €. Necesita 28 semanas.

9. Solución del ejercicio 9

   1. Las butacas por fila forman una progresión aritmética con \(a_1=20\) y \(d=2\): \(a_n=20+2(n-1)\). La fila 10 tiene \(a_{10}=20+18=38\) butacas y la última, \(a_{25}=20+48=68\) butacas.
   2. Sumamos las 25 filas: \(S_{25}=\dfrac{25\,(20+68)}{2}=1\,100\) butacas.
   3. Las 5 primeras filas tienen \(S_5=\dfrac{5\,(20+28)}{2}=120\) butacas. A la venta quedan \(1\,100-120=980\) butacas.
   4. Si se venden todas las disponibles, la recaudación es \(980\cdot18=17\,640\) €.

10. Solución del ejercicio 10

    1. Aumentar un 3 % equivale a multiplicar por \(1+0{,}03=1{,}03\). Como cada año se multiplica por el mismo número, las poblaciones forman una progresión geométrica de razón \(r=1{,}03\): \(P_n=5\,000\cdot1{,}03^n\).
    2. \(P_1=5\,150\); \(P_2=5\,304{,}5\approx5\,305\); \(P_{10}=5\,000\cdot1{,}03^{10}\approx6\,720\) habitantes.
    3. Planteamos \(5\,000\cdot1{,}03^n\ge8\,000\), es decir, \(1{,}03^n\ge1{,}6\). Con logaritmos, \(n\ge\dfrac{\ln1{,}6}{\ln1{,}03}=15{,}90\): tardará 16 años.
    4. Sumar 150 cada año da una progresión aritmética de diferencia 150: \(5\,000+150\cdot10=6\,500\) habitantes, menos que los 6 720 del crecimiento porcentual.

11. Solución del ejercicio 11

    1. \(r=1-0{,}25=0{,}75\). \(V_n=1\,200\cdot0{,}75^n\).
    2. \(V_1=900\) €; \(V_2=675\) €; \(V_3=506{,}25\) €.
    3. Pierde \(1\,200-506{,}25=693{,}75\) €. No es el triple de 300 €, porque cada año el 25 % se aplica a un valor más pequeño: pierde 300, 225 y 168,75 €.
    4. \(0{,}75^n\lt 0{,}25\) implica \(n\gt \dfrac{\ln0{,}25}{\ln0{,}75}=4{,}82\): a partir de 5 años.

12. Solución del ejercicio 12

    1. Cada año el capital se multiplica por \(1{,}025\): \(C_n=6\,000\cdot1{,}025^n\). Es una progresión geométrica de razón 1,025.
    2. \(C_8=6\,000\cdot1{,}025^8=7\,310{,}42\) €. Los intereses son la diferencia con lo depositado: \(7\,310{,}42-6\,000=1\,310{,}42\) €.
    3. El tipo mensual es \(\dfrac{0{,}025}{12}\) y en 8 años hay \(8\cdot12=96\) meses: \(6\,000\cdot\left(1+\dfrac{0{,}025}{12}\right)^{96}=7\,326{,}89\) €.
    4. La capitalización mensual da \(7\,326{,}89-7\,310{,}42=16{,}47\) € más. Con interés simple solo tendrían \(6\,000\cdot(1+0{,}025\cdot8)=7\,200\) €, menos que con las dos ofertas.

13. Solución del ejercicio 13

    1. Cada altura es \(\tfrac35=0{,}6\) de la anterior: \(2\cdot0{,}6=1{,}2\) m; \(1{,}2\cdot0{,}6=0{,}72\) m; \(0{,}72\cdot0{,}6=0{,}432\) m.
    2. Tras el cuarto bote: \(2\cdot0{,}6^4=0{,}2592\) m, unos 26 cm.
    3. Buscamos \(2\cdot0{,}6^n\lt 0{,}1\), es decir, \(0{,}6^n\lt 0{,}05\). Con logaritmos (cambia el sentido porque \(\ln0{,}6\lt 0\)): \(n\gt \dfrac{\ln0{,}05}{\ln0{,}6}=5{,}86\). Sube menos de 10 cm tras el sexto bote.
    4. Primero baja 2 m; después cada altura se recorre dos veces, subiendo y bajando: \(2+2\,(1{,}2+0{,}72+\cdots)=2+2\cdot\dfrac{1{,}2}{1-0{,}6}=2+2\cdot3=8\) m en total.

14. Solución del ejercicio 14

    1. Las latas por fila forman la progresión aritmética \(1,2,3,\ldots\). En 10 filas: \(S_{10}=\dfrac{10\,(1+10)}{2}=55\) latas.
    2. Con primer término 1 y último \(n\): \(S_n=\dfrac{n\,(n+1)}{2}\).
    3. Resolvemos \(\dfrac{n(n+1)}{2}=210\), es decir, \(n^2+n-420=0\): \(n=\dfrac{-1\pm41}{2}\). La solución positiva es \(n=20\), así que con 210 latas se forman exactamente 20 filas completas.
    4. Ahora las filas forman una progresión geométrica con \(a_1=1\) y \(r=2\): \(S_8=\dfrac{2^8-1}{2-1}=255\) latas. Con muchas menos filas hacen falta muchas más latas.

15. Solución del ejercicio 15

    1. A: aritmética, \(a_n=24\,000+1\,000(n-1)\). B: geométrica de razón 1,06, \(b_n=22\,000\cdot1{,}06^{n-1}\).
    2. A: 24 000; 26 000; 28 000; 29 000; 33 000 €. B: 22 000; 24 719; 27 774; 29 441; 37 169 €.
    3. El año 5, A paga 28 000 € y B 27 774 €; el año 6, A paga 29 000 € y B 29 441 €. Desde el sexto año gana más en B.
    4. A: \(S_{10}=\dfrac{10\,(24\,000+33\,000)}{2}=285\,000\) €. B: \(S_{10}=\dfrac{22\,000\,(1{,}06^{10}-1)}{0{,}06}\approx289\,977\) €.
    5. En 10 años B da unos 4 977 € más, y la diferencia seguiría creciendo. En 4 años, en cambio, A da \(\dfrac{4(24\,000+27\,000)}{2}=102\,000\) € y B \(\approx96\,242\) €: convendría A.

16. Solución del ejercicio 16

    1. Cada ingreso de 100 € se convierte en \(100\cdot1{,}0025^k\), con \(k=0,1,\ldots,59\) meses: la suma es geométrica de razón 1,0025.
    2. \(S=100\cdot\dfrac{1{,}0025^{60}-1}{0{,}0025}=6\,464{,}67\) €.
    3. Aporta \(60\cdot100=6\,000\) €. Intereses: \(464{,}67\) €.
    4. \(100\cdot\dfrac{1{,}0025^n-1}{0{,}0025}=10\,000\) implica \(1{,}0025^n=1{,}25\) y \(n=\dfrac{\ln1{,}25}{\ln1{,}0025}=89{,}37\): 90 meses, es decir, siete años y medio.
    5. \(150\cdot\dfrac{1{,}0025^{60}-1}{0{,}0025}=9\,697{,}01\) €. Sí: es 1,5 veces el resultado anterior, porque la cuota multiplica toda la suma.

17. Solución del ejercicio 17

    1. Nuevas: 3, 9, 27, 81, 243. Totales: 3, 12, 39, 120, 363.
    2. \(a_n=3^n\). Total: \(S_n=\dfrac{3\,(3^n-1)}{3-1}=\dfrac{3^{n+1}-3}{2}\).
    3. \(S_{10}=\dfrac{3^{11}-3}{2}=\dfrac{177\,147-3}{2}=88\,572\) personas.
    4. \(\dfrac{3^{n+1}-3}{2}\gt 48\,000\,000\) implica \(3^{n+1}\gt 96\,000\,003\) y \(n+1\gt 16{,}73\): en la hora 16 ya lo habrían visto más de 48 millones (con \(n=16\), \(S_{16}=64\,570\,080\)).
    5. Porque la población es limitada: cada vez es más difícil encontrar personas que no lo hayan visto, y el crecimiento se frena.

18. Solución del ejercicio 18

    1. Triángulos: 1, 3, 9, 27, 81. Área (m²): 1; 0,75; 0,5625; 0,421875; 0,31640625.
    2. Triángulos: geométrica de razón 3, \(t_n=3^n\). Área: geométrica de razón \(\tfrac34\), \(A_n=\left(\tfrac34\right)^n\).
    3. \(0{,}75^4=0{,}3164\): el 31,64 %.
    4. \(0{,}75^n\lt 0{,}1\) implica \(n\gt \dfrac{\ln0{,}1}{\ln0{,}75}=8{,}00\): a partir del paso 9.
    5. Como \(\tfrac34\lt 1\), el área tiende a 0, mientras que el número de triángulos crece sin límite: infinitos triángulos cada vez más pequeños.

19. Solución del ejercicio 19

    1. \(E_n=12\,000\cdot0{,}92^n\).
    2. \(E_5=12\,000\cdot0{,}92^5\approx7\,909\) toneladas.
    3. \(0{,}92^n\lt 0{,}5\) implica \(n\gt \dfrac{\ln0{,}5}{\ln0{,}92}=8{,}31\): con \(n=9\), en 2034. Sí cumple, por muy poco.
    4. Suma de 10 términos con \(a_1=12\,000\) y \(r=0{,}92\): \(\dfrac{12\,000\,(1-0{,}92^{10})}{1-0{,}92}\approx84\,842\) toneladas.
    5. Sin plan: \(10\cdot12\,000=120\,000\) t. Ahorro: unas 35 158 toneladas de CO₂.

20. Solución del ejercicio 20

    1. \((a-d)+a+(a+d)=3a=15\), luego \(a=5\).
    2. Nuevos números: \(6-d\), \(9\) y \(24+d\). Están en progresión geométrica si \(9^2=(6-d)(24+d)\).
    3. \(81=144+6d-24d-d^2\), es decir, \(d^2+18d-63=0\), con \(d=\dfrac{-18\pm24}{2}\): \(d=3\) o \(d=-21\).
    4. \(d=3\): números \(2,5,8\) (aritmética); nuevos \(3,9,27\) (razón 3) ✓. \(d=-21\): números \(26,5,-16\); nuevos \(27,9,3\) (razón \(\tfrac13\)) ✓.