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¿Sabía que…

…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?

Autor: ^DiAmOnD^ |  Publicado el 5 de Enero de 2007
Categorías: ¿Sabía que ...? |  Imprime este post Imprime este post

11 comentarios

  1. Marctc | 5 de Enero de 2007 | 13:18

    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.

  2. Marctc | 5 de Enero de 2007 | 13:18

    4^3 queria decir xD

  3. neok | 5 de Enero de 2007 | 14:04

    Había un fallo tipográfico, ya está arreglado.

    Obviamente, era 4^3. ¡Gracias por avisar!

  4. Gustavo | 5 de Enero de 2007 | 16:07

    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

  5. RasKolniKoV | 5 de Enero de 2007 | 16:08

    Sí, lo sabía. Y es de esas cosas que te quedas: ¡Flipa! :-)

  6. Coso | 5 de Enero de 2007 | 22:00

    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 ;-)

  7. fede | 5 de Enero de 2007 | 22:34

    Bien titulado, el hecho está afirmado en el libro 2 (c.20) de la ‘Introducción Aritmética’ de Nicómaco (siglo I-II).

  8. Trackback | 6 Ene, 2007

    meneame.net

  9. Manuel | 7 de Enero de 2007 | 20:00

    ¿Esto no nos da una herramienta para calcular números primos?

    Saludos,

    Manuel

  10. ricardo | 8 de Enero de 2007 | 11:22

    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

  11. Coso | 8 de Enero de 2007 | 16:00

    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.

Comentarios cerrados.