…1 = 13 (el primer impar vale 1 al cubo)
3 + 5 = 23 (la suma de los dos siguientes impares vale 2 al cubo)
7 + 9 +11 = 33 (la suma de los tres siguientes impares vale 3 al cubo)
13 + 15 + 17 + 19 = 43 (la suma de los cuatro siguientes impares vale 4 al cubo)
y así sucesivamente?
Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.
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05/01/2007
Creo que te has equivocado, 13+15+17+19=64 que es igual a 4^4=64.
Saludos, seguid con este blog que es genial.
05/01/2007
4^3 queria decir xD
05/01/2007
Había un fallo tipográfico, ya está arreglado.
Obviamente, era 4^3. ¡Gracias por avisar!
05/01/2007
La respuesta es si. Asi sucesivamente.
Primero diremos que la suma de los n primeros aimpares es siempre n^2. La demostracion de esta afirmacion es tan sencilla como resolver la serie
sumatorio(k=1…n, (2k-1))=n^2
Sabido esto plantearemos el problema que nos atañe de la siguiente forma, la suma enesima a estudio bajo las condiciones impuestas en el enunciado se puede expresar como:
sum(k=1…M, (2k-1))-sum(k=1…L, (2k-1))
donde M y N seran sucesiones M[n] y L[n].
M[1]=1, M[2]=3, M[3]=6 …. M[n]=M[n-1]+n
Deshaciendo la recurrencia:
M[n]=sum(k=1..n, k)=(1+n)n/2=(n^2+n)/2 (aritmetica de toda la vida)
De la misma manera para L[n]:
L[1]=0, L[2]=1, L[3]=3, …. L[n]=L[n-1]+(n-1)
L[n]=sum(k=1..n-1,k)=(1+(n-1))(n-1)/2=
=(n^2-n)/2
Calculamos los sumatorios anteriores basandonos en la primera afirmacion del post:
sum(k=1…M[n], (2k-1))=M[n]^2=(n^4+2n^3+n^2)/4
sum(k=1…L[n], (2k-1))=L[n]^2=(n^4-2n^3+n^2)/4
restamos y….
sum(k=1…M[n], (2k-1))-sum(k=1…L[n], (2k-1))= n^3
05/01/2007
Sí, lo sabía. Y es de esas cosas que te quedas: ¡Flipa! 🙂
05/01/2007
Sí,yo también lo sabía. A mí me pidieron que lo demostrara como problema en una olimpiada matemática y me quede alucinando de que se cumpliera siempre. Lo resolví de manera muy similar a lo que cuenta Gustavo. Por cierto, lo titularon como «Problema de Nicómaco» por si a alguien le interesa 😉
05/01/2007
Bien titulado, el hecho está afirmado en el libro 2 (c.20) de la ‘Introducción Aritmética’ de Nicómaco (siglo I-II).
07/01/2007
¿Esto no nos da una herramienta para calcular números primos?
Saludos,
Manuel
08/01/2007
Hay muchas cosas que se ven/explican mejor de manera geometrica. Si nos imaginamos los cubos y lo descomponemos en su estratos horizontales, lo único que queda hacer pasar cubos desde la parte inferior a la parte superior de manera 1,3,5 si el del n es par o 2,4,6 si es impar.
5^5=25+25+25+25+25=21+23+25+27+29
08/01/2007
Manuel, no comprendo muy bien por qué dices que esta propiedad nos puede servir para calcular números primos. Si nos explicas cómo lo harías tú sería de gran ayuda aunque me parece a mi que has tenido una confusión.