Evaluar la suma

Publicado por ^DiAmOnD^ | 24 septiembre, 2012 | Juegos | 26 |

Hoy lunes os dejo el problema de la semana. Ahí va:

Evaluar para cada $x\in\mathbb{R}$ la suma

$\text{[math]}$ \displaystyle{\sum_{0\leq i

Que se os dé bien.

0 0 votes

Article Rating

¿Te ha gustado la entrada? Puedes invitarme a un café, Gauss te lo agradecerá 😉

Sobre el Autor

^DiAmOnD^

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. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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.

Este sitio usa Akismet para reducir el spam. Aprende cómo se procesan los datos de tus comentarios.

26 Comments

más antiguo

más reciente más votado

Inline Feedbacks

View all comments

Juanjo Escribano

24/09/2012 10:48

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

Responde

Juanjo Escribano

24/09/2012 11:02

El resultado correcto (salvo que detecte mas errores) es nx + n*(n-1)/4

Responde

Juanjo Escribano

24/09/2012 11:10

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

Responde

Gustavo Sutil

24/09/2012 11:34

Juanjo, creo que no es modulo sino floor(). (numero entero mas cercano a -inf).

Responde

Juanjo Escribano

24/09/2012 11:37

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.)

Responde

jjbbrr

24/09/2012 11:48

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.

Responde

Juanjo Escribano

24/09/2012 11:56

Así es un poco (o bastante) mas dificil

Responde

Zurditorium

24/09/2012 13:11

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.

Responde

Mmonchi

24/09/2012 13:20

Creo que es n*entero(x).

Responde

Juanjo Escribano

24/09/2012 13:37

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]… Lee más »

Responde

Mmonchi

24/09/2012 13:51

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… Lee más »

Responde

Mmonchi

24/09/2012 14:13

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. 🙂

Responde

Mmonchi

24/09/2012 14:21

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… Lee más »

Responde

Juanjo Escribano

24/09/2012 15:53

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

Responde

Mmonchi

24/09/2012 15:55

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].

Responde

Mmonchi

24/09/2012 15:59

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.

Responde

Cristhian Camacho

24/09/2012 17:08

Creo que el resultado es:

$\displaystyle \sum_{0 \leq i < j \leq n} \left \lfloor \cfrac{x+i}{j} \right \rfloor = \left \lfloor x \right \rfloor \cdot n$

pero aun no tengo una prueba clara

Responde

Juanjo Escribano

24/09/2012 17:35

Mmonchi

Efectivamente, si la función floor es como indica JJBBRR el procedimiento0 vale para todo x

Responde

Luis

24/09/2012 19:23

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…

Responde

Cristhian Camacho

25/09/2012 04:04

Si expandimos la sumatoria:

$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=1}^{n} \left \lfloor \frac{x+i}{j} \right \rfloor = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{i} \left \lfloor \frac{x+i}{j} \right \rfloor + \pmb{ \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} \left \lfloor \frac{x+i}{j} \right \rfloor }$

$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=1}^{n} \left \lfloor \frac{x+i}{j} \right \rfloor = \begin{matrix} \pmb{ \left \lfloor \frac{x+0}{1} \right \rfloor } & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+0}{2} \right \rfloor } & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+0}{3} \right \rfloor } & + \cdots & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+0}{n-1} \right \rfloor } & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+0}{n} \right \rfloor } \\ \\ \left \lfloor \frac{x+1}{1} \right \rfloor & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+1}{2} \right \rfloor } & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+1}{3} \right \rfloor } & + \cdots & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+1}{n-1} \right \rfloor } & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+1}{n} \right \rfloor } \\ \\ \left \lfloor \frac{x+2}{1} \right \rfloor & + \left \lfloor \frac{x+2}{2} \right \rfloor & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+2}{3} \right \rfloor } & + \cdots & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+2}{n-1} \right \rfloor } & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+2}{n} \right \rfloor } \\ \\ \left \lfloor \frac{x+3}{1} \right \rfloor & + \left \lfloor \frac{x+3}{2} \right \rfloor & + \left \lfloor \frac{x+3}{3} \right \rfloor & + \cdots & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+3}{n-1} \right \rfloor } & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+3}{n} \right \rfloor } \\ \vdots & & & & & \vdots \\ \left \lfloor \frac{x+n-1}{1} \right \rfloor & + \left \lfloor \frac{x+n-1}{2} \right \rfloor & + \left \lfloor \frac{x+n-1}{3} \right \rfloor & + \cdots & + \left \lfloor \frac{x+n-1}{n-1} \right \rfloor & + \pmb{ \left \lfloor \frac{x+n-1}{n} \right \rfloor } \\ \\ \left \lfloor \frac{x+n}{1} \right \rfloor & + \left \lfloor \frac{x+n}{2} \right \rfloor & + \left \lfloor \frac{x+n}{3} \right \rfloor & + \cdots & + \left \lfloor \frac{x+n}{n-1} \right \rfloor & + \left \lfloor \frac{x+n}{n} \right \rfloor \end{matrix}$

Sumando la parte en negrillas de cada columna deberia ser:

$\displaystyle \pmb{ \sum_{i=0}^{j-1} \left \lfloor \frac{x+i}{j} \right \rfloor = \left \lfloor x \right \rfloor }$

De donde queda:

$\displaystyle \sum_{0 \leq i < j \leq n } \left \lfloor \frac{x+i}{j} \right \rfloor = \pmb{ \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} \left \lfloor \frac{x+i}{j} \right \rfloor = n \cdot \left \lfloor x \right \rfloor }$

Ahora seria interesante hallar los valores de estas otras dos dobles sumatorias

$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=1}^{n} \left \lfloor \frac{x+i}{j} \right \rfloor \quad \quad \quad ; \quad \quad \quad \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{i} \left \lfloor \frac{x+i}{j} \right \rfloor$

Responde

Juan Manuel Priego

25/09/2012 13:31

De acuerdo con Camacho…

Responde

Mmonchi

25/09/2012 16:26

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…)

Responde

25/09/2012 23:59

Mmonchi, no sera: el valor del primer sumatorio es el segundo MAS [x]*n. ?

Responde

Mmonchi

26/09/2012 09:10

Por supuesto, P, es más. A este ritmo voy a necesitar una «Fe de errores»…

Responde

28/09/2012 19:56

Veamos otra prueba, basada en la identidad de Hermite (http://en.wikipedia.org/wiki/Hermite%27s_identity):

$\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor x+\frac{k}{n}\right\rfloor=\lfloor nx\rfloor}.$

Considerando la suma $S_n:=\displaystyle{\sum_{0\leq i<j\leq n} \left\lfloor \cfrac{x+i}{j}\right\rfloor}$ , resulta que

$S_n-S_{n-1}=\displaystyle{\sum_{0\leq i< n} \left\lfloor \cfrac{x+i}{n}\right\rfloor}=\left\lfloor n \cdot \frac{x}{n}\right\rfloor=\left\lfloor x\right\rfloor$ ,

donde la segunda igualdad es consecuencia de la identidad de Hermite. Dado que $S_1=\left\lfloor x\right\rfloor$ , se tiene entonces de la recurrencia anterior que $S_n=n\left\lfloor x\right\rfloor$ , para todo $n$ natural.

Responde

28/09/2012 20:01

La identidad de Hermite

$\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor x+\frac{k}{n}\right\rfloor=\lfloor nx\rfloor}$

se puede probar también de la siguiente manera:

tomemos $f(x):=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor x+\frac{k}{n}\right\rfloor-\lfloor nx\rfloor}$ . Es immediato comprobar que $f(x+\frac{1}{n})=f(x)$ , ya que $\left\lfloor y+a\right\rfloor=\left\lfloor y\right\rfloor+a$ , para todo $a$ entero.

Luego, $f(x)$ es periódica de periodo $\frac{1}{n}$ . Por otra parte, si $0\leq x<\frac{1}{n}$ , resulta de la definición que $f(x)=0$ . Por tanto, $f\equiv 0$ , y se obtiene el resultado.

Responde

Buscar

La Tostadora

Twinkl

Este blog fue recomendado en el artículo «Blogs de Ciencia” publicado por la editorial educativa Twinkl en su blog educativo en español.

Suscríbete por mail

Si quieres recibir los artículos de Gaussianos en tu mail haz click en la imagen.

ForoGauss

Si tienes alguna duda, pregunta o sugerencia visita ForoGauss, nuestro foro (click en la imagen). Seguro que alguien te podrá ayudar

Últimas entradas

Últimos comentarios

gaussianos en ProofWiki, el wiki de las demostraciones matemáticas
VICTOR en ProofWiki, el wiki de las demostraciones matemáticas
José Manuel Sánchez Muñoz en Gaussianos en la Revista de Investigación «Pensamiento Matemático» de la UPM (en texto y en vídeo)
Ancape en Sobre la nueva demostración trigonométrica del teorema de Pitágoras
Alex T en La conjetura de Goldbach

Gaussianos en Facebook

Yo construí el poliedro de Császár

Únete a la iniciativa Yo construí el poliedro de Császár. Haz click en la imagen para conocer todo los detalles.

Y visita este set de Flickr para ver las construcciones de los lectores de Gaussianos.

Evaluar la suma

Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Buscar

Publicidad

La Tostadora

Twinkl

Suscríbete por mail

ForoGauss

Últimas entradas

Últimos comentarios

Gaussianos en Facebook

Categorías

Blogroll

Yo construí el poliedro de Császár

XRooMers

Evaluar la suma

Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Artículos Relacionados

El problema de los cuatro cuatros

Olimpiada Matemática Española – Problema 5: Coloraciones sanfermineras

Suma finita

Calculemos las raíces

Buscar

Publicidad

La Tostadora

Twinkl

Suscríbete por mail

ForoGauss

Últimas entradas

Últimos comentarios

Gaussianos en Facebook

Categorías

Blogroll

Yo construí el poliedro de Császár

XRooMers