Hoy lunes os dejo el problema de la semana. Ahí va:
Evaluar para cada
la suma
Que se os dé bien.
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Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$.
Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.
Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX, te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.
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Se presentan 3 casos diferentes:
1.- x>=0
2.- x<-n+1
3.- Resto
Caso 1
Puedo eliminar el módulo de todos los términos y me queda:
x/1 + (x/2+(x+1)/2) + …+ (x/n + (x+1)/n + …+ (x+n-1)/n) =
x + (x + 1/2) + (x+2/2) + (x+3/2) + … + (x+(n-1)/2) = nx + n*(n-1)/2
Caso 2
Todos los términos son negativos, luego puedo quitar el módulo y cambiar el signo al termino, luego la solución es la misma de antes en negativo
Caso3
Por ahora pendiente
El resultado correcto (salvo que detecte mas errores) es nx + n*(n-1)/4
Caso 3
-n+1 <=x = 0 y x+i-1<0
Aplico como el caso 2 hasta i-1 y el 1 de i en adelante y tengo:
-( x+x+1/2+..+x+(i-1)/2) = – ix – i*(i-1)/4
x+i/2+x+(i+1)/2+..+x+(n-1)/2 = (n-i)x+(n-i)(n+i-1)/4
y sumando los dos términos (n-2i)x+((n-i)(n+i-1) – i(i-1))/4
Juanjo, creo que no es modulo sino floor(). (numero entero mas cercano a -inf).
Gustavo
No te he entendido la definición de floor y no la conozco.
Ponme por favor un ejemplo (para x=1.5 y x = -1.5 p.e.)
Creo que el problema se refiere, con [x], a la función parte entera ( o «floor» en inglés), el mayor entero menor o igual que x.
Así [5]=5, [3.5]=3, [-1.5]=-2 etc.
Así es un poco (o bastante) mas dificil
Una pequeña duda, en el enunciado pone «para cada x», pero supongo que en realidad es «para cada x y cada n», ¿no? Lo digo por si hubiese alguna relación entre x y n.
Creo que es n*entero(x).
Por ahora voy solo para la parte positiva.
Sea x€R y x>=0
la solución a la suma es n[x]
Por inducción completa
para n=1 Suma=[x/1] =[x]
supongamos que S(n) = n[x]
Para S(n+1) =S(n)+[x/(n+1)]+[(x+1)/(n+1)]+…+ [(x+n)/(n+1)]
Hago el cambio de variable x = a(n+1) + b con a€N y b€[0,n+1) y [x]=a(n+1)+[b]
S(n+1)=S(n)+[a+b/(n+1)] + [a+(b+1)/(n+1) + … + [a+(b+n)/n+1)] =
S(n) + (n+1)a + [b/(n+1)] + [(b+1)/(n+1)] + …. + [(b+n)/(n+1)]
Revisamos el valor de los corchetes en los valores de b:
b€[0,1) todos los corchetes valen 0 =[b]
b€[1,2) el último corchete vale 1 y el resto 0 = [b]
b€[2,3) los 2 últimos corchetes valen 1 y el resto 0 = [b]
…
b€[n,n+1) todos los corchetes valen 1 menos el primero =[b],
luego la suma de todos los corchetes es [b] en todo caso y sustituyendo
S(n+1) = S(n) + (n+1)a + [b] = n[x] + ((n+1)a + [b]) = n[x] + [x] = (n+1)[x]
como queríamos demostrar
Divido el sumatorio en una suma de n sumatorios, cada uno de ellos con j constante que vale 1, 2, 3, … n. El valor de cada sumatorio es [x], luego la suma de los n sumatorios es n*[x].
El caso j=1 es evidente: i solo puede valer 0, luego el único sumando es [(x+0)/1]=[x].
En el caso j=2 el sumatorio es [x/2]+[(x+1)/2]. En el caso par [x/2]+[x/2]=[x] y en el impar [x/2]+[x/2]+1=[x].
Si j=3 es [x/3]+[(x+1)/3]+[(x+2)/3], que tiene tres casos dependiendo de [x]mod(3) y todos suman [x].
Lo mismo pasa con todos los valores de j=x, los términos con j-x>i valen 0 pues j>x+i y por tanto (x+i)/j=j+x valen 1 pues el menor es i=j-[x] y [(x+j-[x])/j]=1, y el mayor es i=j y [(x+j)/j]=[x/j]+1=1.
Se han eliminado trozos por los símbolos de mayor y menor, lo reescribo y leo el de Juanjo que se ha cruzado con el mío. 🙂
Edito el comentario que salió mal:
Divido el sumatorio en una suma de n sumatorios, cada uno de ellos con j constante que vale 1, 2, 3, … n. El valor de cada sumatorio es [x], luego la suma de los n sumatorios es n*[x].
El caso j=1 es evidente: i solo puede valer 0, luego el único sumando es [(x+0)/1]=[x].
En el caso j=2 el sumatorio es [x/2]+[(x+1)/2]. En el caso par [x/2]+[x/2]=[x] y en el impar [x/2]+[x/2]+1=[x].
Si j=3 es [x/3]+[(x+1)/3]+[(x+2)/3], que tiene tres casos dependiendo de [x]mod(3) y todos suman [x].
Lo mismo pasa con todos los valores de j menores que x.
Cuando j es mayor o igual que x, los j-[x] primeros términos valen 0 (pues j es mayor que x+i y por tanto (x+i)/j es menor que 1) y los [x] siguientes valen 1 (pues el menor es i=j-[x] y [(x+j-[x])/j]=1, y el mayor es i=j y [(x+j)/j]=[x/j]+1=1). Como hay [x] términos que valen 1, la suma es [x].
Mmonchi
no he mirado el tuyo, pero pregunto ¿es para todo x, o como el mio (por no meterme en mas zarzales) solo para x>o
Corrijo el último párrafo (ahora sí ;-)):
Cuando j es mayor o igual que x, los j-[x] primeros términos valen 0 (pues j es mayor que x+i y por tanto (x+i)/j es menor que 1) y los [x] siguientes valen 1 (pues el menor es i=j-[x] y [(x+j-[x])/j]=1, y el mayor es i=j-1 y [(x+j-1)/j]=[(x-1)/j]+1=1). Como hay [x] términos que valen 1, la suma es [x].
Juanjo, es válido para todos los valores de x, positivos y negativos.
Y tu demostración creo que también es válida para valores negativos de x, la suma de los corchetes sigue siendo [b] cuando x es menor que 0.
Creo que el resultado es:
pero aun no tengo una prueba clara
Mmonchi
Efectivamente, si la función floor es como indica JJBBRR el procedimiento0 vale para todo x
Creo que es… primero una floor [ ] y segundo una suma doble… (la desigualdad de i,j me hace acordar a la forma de una matriz triangular superior) Fijense bien…
Si expandimos la sumatoria:
Sumando la parte en negrillas de cada columna deberia ser:
De donde queda:
Ahora seria interesante hallar los valores de estas otras dos dobles sumatorias
De acuerdo con Camacho…
Christian Camacho, el valor del segundo sumatorio está relacionado con el problema del divisor de Dirichlet, ya que el resultado del sumatorio con j=1,…,i es, para cada valor de x+i, D(x+i).
Como dicho problema no ha sido resuelto dudo que encontremos aquí una fórmula general… 😉
El valor del primer sumatorio es el del segundo menos [x]*n.
(Qué envidia, saber manejar LATEX así de bien…)
Mmonchi, no sera: el valor del primer sumatorio es el segundo MAS [x]*n. ?
Por supuesto, P, es más. A este ritmo voy a necesitar una «Fe de errores»…
Veamos otra prueba, basada en la identidad de Hermite (http://en.wikipedia.org/wiki/Hermite%27s_identity):
Considerando la suma
, resulta que
donde la segunda igualdad es consecuencia de la identidad de Hermite. Dado que
, se tiene entonces de la recurrencia anterior que 
, para todo 
natural.
La identidad de Hermite
se puede probar también de la siguiente manera:
tomemos
. Es immediato comprobar que 
, ya que 
, para todo 
entero.
Luego,
es periódica de periodo 
. Por otra parte, si 
, resulta de la definición que 
. Por tanto, 
, y se obtiene el resultado.