Dos problemas sobre la serie armónica | Gaussianos

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Dos problemas sobre la serie armónica

Después de ver la demostración de la divergencia de la serie armónica os dejo dos problemas que me ha mandado al mail fede.

Problema 1

Demostrar que en su progresión hacia infinito la serie armónica no coincide nunca con un número entero, es decir, $\displaystyle{\sum_{k=1}^n \cfrac{1}{k}}$ no es un nunca un número entero, para $n > 1$ .

Problema 2

Demostrar que la serie obtenida de la serie armónica quitando todos los términos que contienen algún $9$ en su denominador es convergente, es decir, la serie $\dfrac{1}{1} + \cfrac{1}{2} + \ldots + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{10} + \ldots + \cfrac{1}{18} + \dfrac{1}{20} + \ldots + \cfrac{1}{88} + \dfrac{1}{100} + \ldots$ converge.

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 11 de Diciembre de 2007
Categorías: Juegos

76 comentarios

Omar-P | 11 de Diciembre de 2007 | 10:12

El problema 2 se refiere a la omisión del dígito 9. Pienso que sería interesante mencionar, o investigar, que ocurre si se omiten los demás dígitos.
Johannes | 11 de Diciembre de 2007 | 13:24

Las series que se obtienen de omitir los otros dígitos también convergen (series de Kempner).
Asier | 11 de Diciembre de 2007 | 14:05

¡Muy buenos estos problemas! La verdad es que no los conocía y por ahora tampoco se me ha ocurrido cómo ‘atacarlos’. He buscado algo acerca de las series Kempner (¡buena anotación Johannes!) y resulta sorprendente que incluso excluyendo los términos que contienen en el denominador una cadena de dígitos determinada (8237463278374273463923438 por poner un ejemplo) la serie converge. ¡Impresionante!
marcos | 11 de Diciembre de 2007 | 16:28

¿Qué pasará con el problema 2 quitando dígitos en otras bases de numeración?
Asier | 11 de Diciembre de 2007 | 16:35

Exactamente lo mismo.
Domingo H.A. | 11 de Diciembre de 2007 | 17:10

En primer lugar, felicitar a fede por estos problemas tan curiosos y a Johannes por la referencia a las series de Kempner.

Bueno, vamos a resolver el primer problema propuesto:

Llamaremos $S_n$ a la n-ésima suma parcial $S_n=\displaystyle{\sum_{k=1}^n \cfrac{1}{k}}$ . Sea ahora $r\geq 1$ el único natural verificando que $2^r\leq n\prec 2^{r+1}$ ( $n\geq 2$ ). Entonces de cara a evaluar la suma $S_n$ tomamos $M=m.c.m(1,2,\ldots,2^r-1,2^r+1,\ldots,n)$ . Ver que la máxima potencia de 2 que divide a $M$ es precisamente $2^{r-1}$ .

Por lo tanto, $M\cdot S_n=M+\frac{M}{2}+\frac{M}{3}+\ldots+\frac{M}{2^r-1}+\frac{M}{2^r}+\frac{M}{2^r+1}+\ldots+\frac{M}{n}=<br /> K+\frac{M}{2^r}$ , siendo $K$ un número natural.

Si se asume entonces que $S_n$ es un número natural, llegamos a un absurdo pues $2^r$ dividiría a $M$ . Esto responde a la primera cuestión.

Vamos ahora a por las series de Kempner que parecen más delicadas…
Domingo H.A. | 11 de Diciembre de 2007 | 17:29

Para resolver el segundo problema:

1) Consideremos los naturales de una sola cifra excepto el 9. La suma de los inversos $1+1/2+1/3+\ldots+1/8$ está acotada por 8.

2) De los números de 2 cifras, sobreviven a la eliminación $8*9$ de ellos (el resto contienen al 9). Así la suma de los inversos de los números de dos cifras que no contienen al 9 en su expresión decimal la podemos acotar por $\cfrac{8*9}{10}$ .

3) Del mismo modo, $8*9^2$ números de tres cifras no contienen ningún nueve, y la suma de sus inversos se puede acotar por

$\cfrac{8*9^2}{100}$

Y así con los números de n cifras.

Por tanto la suma de los inversos de los números que no contienen al 9 la podemos acotar por

$8+\cfrac{8*9}{10}+\cfrac{8*9^2}{10^2}+\cfrac{8*9^3}{10^3}+\ldots=80$

La acotación es independiente de la cifra que suprimamos, aunque el valor de la misma sí depende de ella. Una tabla de los valores aproximados de las sumas se puede ver en mathworld http://mathworld.wolfram.com/KempnerSeries.html
fede | 11 de Diciembre de 2007 | 17:47

Muy bien, Domingo. Yo la verdad es que no supe resolver el primer problema (sin usar el postulado de Bertrand).

Del segundo, como lo mismo pasa con cualquier dígito en cualquier base, resulta como comenta Asier que por ejemplo la suma de los inversos de los números que en su representación decimal no contengan la secuencia formada por el primer millón de digitos de $\pi$ es convergente.
juanmah | 11 de Diciembre de 2007 | 17:51

La serie armónica se puede describir de la siguiente forma:

$\displaystyle{\sum_{k=1}^n \cfrac{1}{k}} = \frac{\displaystyle{\prod_{k=2}^n k} + \displaystyle{\prod_{k=1}^1 k} \displaystyle{\prod_{k=3}^n k} + \displaystyle{\prod_{k=1}^2 k} \displaystyle{\prod_{k=4}^n k} +<br /> \big[\cdots\big] +<br /> \displaystyle{\prod_{k=1}^{n-1} k} }{\displaystyle{\prod_{k=1}^n k}}$

para que sea un número entero debería simplificarse a:

$\displaystyle{\sum_{k=1}^n \cfrac{1}{k}} = \frac{a\displaystyle{\prod_{k=1}^n k} }{\displaystyle{\prod_{k=1}^n k}}$

y podríamos eliminar algún multiplicando arriba y abajo:

$\displaystyle{\sum_{k=1}^n \cfrac{1}{k}} = \frac{a\displaystyle{\prod_{k=1}^{i-1} k}<br /> \displaystyle{\prod_{k={i+1}}^n k} }{\displaystyle{\prod_{k=1}^{i-1} k}<br /> \displaystyle{\prod_{k={i+1}}^n k} }$

Finalmente si dividimos todos los productorios del numerador de la primera fórmula por i ( $1 \prec i \le k$ ), obtendríamos únicamente una fracción (todas las demás divisiones tendrían un número entero). Por tanto sea cual sea el número entero que escojamos siempre habrá una fracción y no podremos obtener un número entero.
juanmah | 11 de Diciembre de 2007 | 17:58

Es la primera vez que utilizo el código latex, y he tardado lo suficiente como para que se me adelantaran
Domingo H.A. | 11 de Diciembre de 2007 | 18:00

jejejeje, casi como Leibniz y Newton, entre otras disputas.
Asier | 11 de Diciembre de 2007 | 19:31

Estas series de Kempner implican por lo tanto que siempre existirá algun número primo que contenga cualquier secuencia de dígitos que nos podamos imaginar. Curioso, ¿no?
Toro Sentado | 12 de Diciembre de 2007 | 1:02

Juanmah sabrá perdonarme la osadía pero no veo clara su demostración, quizá no la entendí bien, pero podría darse el siguiente caso:

$\frac {2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5+2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 6+2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 6+2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6+3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6} {2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6}$

donde puede eliminarse el 3 del numerador y el denominador quedando:

$\frac {2 \cdot 4 \cdot 5+2 \cdot 4 \cdot 6+2 \cdot 5 \cdot 6+2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 2+4 \cdot 5 \cdot 6} {2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6}$

se ha eliminado un multiplicando, pero la suma sigue sin ser un entero, con lo cual la demostración no sería válida, porque el número i seleccionado puede dividir alguno de los multiplicandos restantes.
juanmah | 12 de Diciembre de 2007 | 8:47

Toro sentado, iba a comentar que no es cierto que para todos los números sea válido, ya que me dí cuenta que no era verdad.

Pero sí es cierto que si hubiera alguna i entre 2 y k para la que se dejase de cumplir la fórmula, quedaría invalidada.

De hecho, en su ejemplo la única i que invalidaría la fórmula sería el 5.

Claro que eso requiere otra demostración en la que i fuera número primo y k
juanmah | 12 de Diciembre de 2007 | 8:48

Toro sentado, iba a comentar que no es cierto que para todos los números sea válido, ya que me dí cuenta que no era verdad.

Pero sí es cierto que si hubiera alguna i entre 2 y k para la que se dejase de cumplir la fórmula, quedaría invalidada.

De hecho, en su ejemplo la única i que invalidaría la fórmula sería el 5.

Claro que eso requiere otra demostración en la que i fuera número primo y k menor que 2i. O sea, que el mayor primo del intervalo 2..k no tuviera un múltiplo. Visto de otra manera sería demostrar que no hay ningún primo más grande que el doble de el anterior.

Propongo como problema esta última demostración. (y también cómo poner el operando ‘menor que’ sin que se acabe el comentario)
Toro Sentado | 12 de Diciembre de 2007 | 20:50

Propongo una cuestión a ver que os parece:

¿Cual es el conjunto C de números naturales tal que la serie formada con los inversos de cualquier subconjunto de C es convergente pero la serie formada con los inversos de C es divergente?

¿Existe ese conjunto?
¿Está bien definido el problema?
fede | 12 de Diciembre de 2007 | 21:45

Para cualquier conjunto S de naturales cuya suma de inversos sea divergente, existen subconjuntos infinitos T tales que la suma de los inversos de S-T es divergente.
Domingo H.A. | 12 de Diciembre de 2007 | 22:03

Claro, si a C le quitas cualquier subconjunto finito (en particular un solo número), entonces la “subserie” sigue siendo divergente. O sea, que esa propiedad que buscas no se puede conseguir.
fede | 13 de Diciembre de 2007 | 1:38

Sobre la cuestión que plantea Toro Sentado, se puede demostrar que cualquier conjunto de naturales cuya suma de inversos es divergente se puede particionar en un numero infinito de subconjuntos disjuntos tales que la suma de los inversos de cada uno de ellos es divergente.
Asier | 13 de Diciembre de 2007 | 10:02

Interesante propiedad la que comentas, fede. ¿Podrías dar un ejemplo? Estoy pensando en los números primos por ejemplo. ¿Cómo particionarlos en un número infinito de subconjuntos de manera que la suma de los inversos de cada uno de ellos sea divergente?
fede | 13 de Diciembre de 2007 | 10:53

Asier, podemos dividir una sucesión cuya suma sea divergente en infinitos subconjuntos finitos de forma que la suma de los términos de cada uno sea mayor que 1.

Creamos con estos subconjuntos infinitas subsucesiones s_i divergentes así:

El primero va a la sucesión s1.
Los dos siguientes a la s1 y a la s2
Los tres siguientes a la s1, a la s2 y a la s3.
Etc

La suma de cada una de las subsucesiones así creadas crece todo lo que queramos, y no hay límite para el número de subsucesiones.
Asier | 13 de Diciembre de 2007 | 11:15

Cierto, fede, gracias por la aclaración.
Asier | 13 de Diciembre de 2007 | 16:41

Propongo otro problema relacionado: calcular la suma de los inversos de los números triangulares, es decir:

$\displaystyle 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{10} + \frac{1}{15} \dots = \ ?$

¿converge? ¿diverge?
La solución es muy sencilla, pero hay que ‘verlo’.
(Abstenerse de contestar de inmediato los que lo sepan…)
Toro Sentado | 13 de Diciembre de 2007 | 17:20

A mí aún se me ocurre otra

¿Se puede encontrar un conjunto D de números naturales, tal que, los inversos de cualquiera de sus subconjuntos con infinitos miembros, formen series también divergentes?

Creo que la respuesta es que no, es decir que todo conjunto de infinitos naturales podrá siempre dividirse en dos subconjuntos infinitos, uno cuyos inversos formen una serie divergente y el otro una serie convergente, pero no veo la demostración.
Domingo H.A. | 13 de Diciembre de 2007 | 20:16

Aunque aún está el ejercicio propuesto por Asier pendiente de resolver, podríamos estudiar la siguiente cuestión

“si $p\geq 5$ es primo, entonces el numerador de la suma parcial $S_{p-1}=\displaystyle{\sum_{k=1}^{p-1} \cfrac{1}{k}}$ contiene a $p^2$ como factor.”
Toro Sentado | 13 de Diciembre de 2007 | 21:37

Los denominadores de la serie triangular son los términos de una serie aritmética de término general:
$\frac {i \cdot (i+1)}{2}$

La suma de los inversos de estos números será:
$\sum_{i=1}^\infty \frac {2}{i \cdot (i+1)} = 2 \cdot \sum_{i=1}^\infty \frac {1}{i \cdot (i+1)}=2 \cdot \sum_{i=1}^\infty (\frac {1}{i}-\frac {1}{i+1})= 2 \cdot (\frac {1}{1} - \frac {1}{2} + \frac {1}{2} - \frac {1}{3} + \frac {1}{3}- \frac {1}{4} \ldots)=2$

Y resulta que es convergente
Asier | 13 de Diciembre de 2007 | 22:39

Muy bien, Toro Sentado! La dificultad estaba en descomponer cada término adecuadamente como resta.

¿De dónde sacas esas perlas, Domingo? En cuanto tenga un rato lo intentaré…
Asier | 13 de Diciembre de 2007 | 23:53

Toro Sentado: en cuanto a la demostración que buscas acerca de que siempre puede encontrarse un subconjunto que converge partiendo de un conjunto infinito de naturales cuyos inversos divergen, a ver qué te parece esto:

Sabemos que los inversos de los cuadrados convergen. Dado que partimos de un conjunto infinito de naturales, siempre habrá alguno que sea mayor que 4, otro mayor que 9, otro mayor que 16, etc. Ahora del conjunto infinito de naturales cogemos un número superior a 4, otro superior a 9, otro superior a 16, etc. Esto puede hacerse dado que tenemos infinitos naturales, y está claro que la suma de sus inversos converge.
Toro Sentado | 14 de Diciembre de 2007 | 1:35

Vale lo entendí,

muchas gracias Asier
Toro Sentado | 14 de Diciembre de 2007 | 1:45

Ya que estamos,
se puede estudiar también la convergencia de la suma de los inversos de los números cuadrados, pentagonales, hexagonales, etc…

Primero intentaré el problema de Domingo…
Asier | 14 de Diciembre de 2007 | 20:16

Mientras le daba vueltas al problema de Domingo, me parece haber encontrado otra demostración para el Problema 1, es decir, que la serie armónica no coindice nunca con un entero.

Para empezar, dados n naturales consecutivos (n >= 2) partiendo del 1, está claro que solamente uno de ellos (llamémosle $k_{max}$ ) es el que mayor número de doses tiene en su factorización. Demostrar esto es sencillo (lo omito por abreviar).

La serie armónica puede expresarse como una fracción de esta manera, siendo $n!$ el denominador:

$\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} =$ $\displaystyle \frac{1}{n!}\cdot \sum_{k=1}^{n} \frac{n!}{k}$

Como hemos comentado existe un $k_{max}$ para el cual, el sumando $\displaystyle \frac{n!}{k_{max}}$ tendrá el mínimo número de doses en su factorización. Llamémosle $l$ a esta cantidad de doses. Todos los demás sumandos tendrán algún dos más en su factorización.

Si sacamos $2^l$ como factor común del numerador (la suma) y del denominador ( $n!$ ), simplificando, vemos que en el numerador nos queda una suma donde todos los términos son pares excepto uno, que es impar (porque le hemos ’sacado’ todos los doses), por lo tanto la suma es impar. En el denominador sin embargo tenemos otros números pares multiplicando, pues $2^l$ solamente pertenece a uno de los n factores que representa $n!=1\cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \dots \cdot n$ .

Con esto queda demostrado que cualquier suma parcial de la serie armónica puede expresarse como una fracción con numerador impar y denominador par. Por lo tanto está claro que un entero no puede ser.
Asier | 15 de Diciembre de 2007 | 12:51

En mi comentario anterior, al final, digo: “pues $2^l$ solamente pertenece a uno de los n factores que representa $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot\dots\cdot n$ .”. Lo que en realidad quería decir, y siendo más estricto, es:

Sea $t$ la cantidad total de doses que $n!$ tiene en su factorización (t >= 1).
Sea $m$ la cantidad total de doses que $k_{max}$ tiene en su factorización (m >= 1).
Entonces tenemos que $l = t - m$ es la cantidad de doses que tenemos que sacar como factor común para quedarnos con el sumando impar en el numerador (l >= 0).
Evidentemente tenemos $t = m + l$ .

Para cualquier $n \ge 4$ , al dividir el denominador por $2^l$ , está claro que nos quedan $t - l = m \ge 1$ doses multiplicando, con lo cual el denominador es un número par.
Para $n=2, 3$ tenemos que $t=m=1$ y $l=0$ , con lo cual se cumple también que $t-l =1 \ge 1$ , es decir, el denominador es par.

Aunque no lo haya expresado en términos muy formales matemáticamente, espero haberme explicado y que se entienda la prueba que he dado.

En cuanto a tu problema, Domingo, he conseguido demostrar que $p$ aparece como factor pero $p^2$ no acabo de conseguirlo…
Toro Sentado | 15 de Diciembre de 2007 | 13:59

Creo que ya tengo la demostración del problema de Domingo, esta tarde si tengo un momento la acabo de transcribir

Saludos
Domingo H.A. | 15 de Diciembre de 2007 | 14:17

Asier, desde el principio comprendí tu idea para resolver el problema de fede (que en el fondo es lo que interesa) dejando formalismos aparte.

A por $p^2$ ahora (no hace falta usar herramientas matemáticas pesadas…)
Domingo H.A. | 15 de Diciembre de 2007 | 14:34

Comentar que el recíproco de este problema que ahora nos ocupa está hoy en día sin resolver. Es decir, la proposición

“Sea $n\geq 5$ , tal que $n^2$ divide a la suma armónica parcial $S_{n-1}$ . Entonces, $n$ es un número primo.”

está sin demostrar o refutar. Se sabe que es cierta hasta una potencia de 10 grande.
Domingo H.A. | 15 de Diciembre de 2007 | 17:07

Tal vez los problemas que ha planteado Toro Sentado han pasado algo desapercibidos. No obstante son bastante interesantes.

Tal vez si lo planteamos así llame la atención de más gente:

“Demostrar que la serie de los inversos de los números pentagonales ( $P_n$ ) es convergente y converge al valor

$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{P_n}}= \cfrac{9\cdot ln\;3-\pi\cdot\sqrt{3}}{6}$ ”
Omar-P | 15 de Diciembre de 2007 | 17:41

El número es 0,7410187508850556…
Domingo H.A. ¿Puedes calcular el valor de convergencia de la suma(1/(3*n^2 - n) y también el valor de convergencia de la suma(1/((3*n^2 - n)/2), para n=1 hasta infinito?
Omar-P | 15 de Diciembre de 2007 | 17:56

La fórmula p_n = (3*n^2 - n)/2 da la secuencia de los números pentagonales.
Asier | 15 de Diciembre de 2007 | 18:02

Me parece que se te ha olvidado multiplicarlo por 2, Domingo. El resultado es justo el doble: 1,482037501770…
Domingo H.A. | 15 de Diciembre de 2007 | 18:25

ah sí jejeje…efectivamente…ése es el límite
Asier | 15 de Diciembre de 2007 | 18:32

Con lo cual nos queda una expresión cerrada preciosa, debido al uso del 3:

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{P_n} = 3\cdot ln \ 3 - \frac{\pi}{\sqrt{3}}$
Omar-P | 15 de Diciembre de 2007 | 18:48

Bueno, repasemos:
La secuencia de los números pentagonales es: 1, 5, 12, 22, 35, 51,…
Su fórmula es: p_n=(3*n^2 - n)/2.
La serie de la suma de sus recíprocos converge en el valor: 1,4820375017701112…
La secuencia de los números pentagonales multiplicados por 2 es: 2, 10, 24, 44, 70, 102,…
Su fórmula es: 2*p_n=(3*n^2 - n).
La serie de la suma de sus recíprocos converge en el valor: 0,7410187508850556…
Domingo H.A. | 15 de Diciembre de 2007 | 19:08

Efectivamente Asier….precioso!!

Demostrar “a pelo” esa igualdad no parece nada elemental, aunque sale bastante fácil usando las propiedades de sobre la función digamma y su valor en puntos racionales (teorema debido a Gauss!!).

http://en.wikipedia.org/wiki/Digamma_function

http://mathworld.wolfram.com/DigammaFunction.html

Usando que la función digamma cumple la relación

$\psi(x)=-\gamma+\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty} \left(\cfrac{1}{k}-\cfrac{1}{x+k-1}\right)$

y conociendo su valor en los racionales se obtiene la fórmula ( $\gamma$ es la constante de Euler).

Y ya que estamos, conociendo como son los números hexagonales ( $Hx_n=n(2n-1)$ ), obtenemos que sus inversos suman, curiosamente, $2\cdot ln\;2$

Para los heptagonales ( $Hp_n=n(5n-3)/2$ ), la suma sale una barbaridad que me da pereza escribir; y para los octagonales ( $O_n=n(3n-2)$ los inversos convergen a

$\cfrac{\sqrt{3}}{12}\cdot \pi+\cfrac{3}{4}\cdot ln\;3$

Estos resultados los he obtenido con Mathematica, pero se obtienen fácilmente conociendo la función digamma y sus propiedades.

Tal vez se podría hablar algún día (en un tema aparte) de los números poligonales, de su función generatríz,…

Recuerdo que tenemos un problema abierto con las sumas parciales de la serie armónica (y que Toro Sentado comentaba que podría añadir algo)
Omar-P | 15 de Diciembre de 2007 | 19:12

Sería interesante entonces, obtener la expresión, más general, para el valor de convergencia de la serie de la suma de los recíprocos de los números pentagonales multiplicados por n.
Domingo H.A. | 15 de Diciembre de 2007 | 19:22

Omar-P, gracias por tu interés en este tema. No sé si he entendido bien tu cuestión.

1) ¿Te refieres a sumar los inversos de $n^2(3n-1)/2$ ?

En este caso, la suma es $-\sqrt{3}\pi-\cfrac{\pi^2}{3} + 9\cdot ln\;3$ , y sale usando la función digamma y su derivada primera.

2) ¿O te refieres simplemente a $n\cdot(3\cdot ln\;3-\cfrac{\pi}{\sqrt{3}})$ ?
Toro Sentado | 15 de Diciembre de 2007 | 19:22

Ahí va la demostración del problema de Domingo:

1ª parte, demostración de que el numerador buscado es múltiplo de p:

1) Si p es primo $(p-1)! \equiv (p-1) \pmod {p}$
Hay una demostración de esto en:
http://usuarios.lycos.es/teoriadenumeros/modular.html

2) Llamaré $t_j$ para abreviar a $t_j=\sum_{k \not= j}^{(p-1)}$

3) $t_j \equiv k_j \pmod{p}$ siendo $k_j$ números de 1 a p-1

4) $k_j \not= k_i \longleftrightarrow j \not= i$ . O lo que es lo mismo todos los $k_j$ son diferentes entre si, y como hay exactamente p-1 de aquí se sigue el punto 5)
Demostración: supongamos que existen $k_j$ y $k_i$ iguales. Entonces se daría el caso de que $t_j - t_i$ seria un múltiplo de p lo que se sabe que es imposible

5) Por tanto el conjunto de todos los $k_j$ son los números correlativos de 1 a p-1

6) $\sum_{j=1}^{p-1} t_j \equiv \sum_{j=1}^{p-1} k_j \equiv \pmod{p} = \sum_{j=1}^{p-1} j \equiv{p} = \frac{(p-1)p}{2} \pmod{p}$ $=0\pmod{p}$
Toro Sentado | 15 de Diciembre de 2007 | 19:42

Mientras escribía la segunda parte acabo de darme cuenta de que tengo un error en mi demostración, seguiré en ello
Omar-P | 15 de Diciembre de 2007 | 19:45

Domingo H.A.: Me refiero a la expresión que sirve para obtener los valores de convergencia de las series de la suma de 1/(k*((3*n^2 - n)/2)).
Para k=1 corresponde a los recíprocos de los números pentagonales. Para k=2 corresponde a los recíprocos de; los números pentagonales multiplicados por 2. Para k=3 corresponde a los recíprocos de; los números pentagonales multiplicados por 3. Etc.
Toro Sentado | 15 de Diciembre de 2007 | 19:47

Por cierto hay un error en la primera parte:

2) Llamaré $t_j$ para abreviar a $t_j=\coprod_{k=1, k \not= j}^{(p-1)} k$
Domingo H.A. | 15 de Diciembre de 2007 | 20:01

Omar-P, entonces la respuesta se da en la opción 2) que indiqué antes.

Toro Sentado, errores de escritura aparte, ahora sí que estoy de acuerdo en tu demostración de que p (primo) divide al numerador de la suma parcial. Vamos ahora con $p^2$ .
Omar-P | 15 de Diciembre de 2007 | 20:11

Domingo H.A: Para k=2 tiene que dar 0.74101875…
Domingo H.A. | 15 de Diciembre de 2007 | 20:20

Omar-P, quiero decir que en ese caso sólo debes dividir la suma para números pentagonales ( $3 ln 3-\pi/\sqrt{3}$ ) entre la constante multiplicativa k.
Toro Sentado | 15 de Diciembre de 2007 | 20:23

Es cierto había muchos errores, lo siento, vuelvo a poner la demostración correctamente escrita para aclarar las cosas por si alguien lo quiere seguir:

1ª parte, demostración de que el numerador buscado es múltiplo de p:

1) Si p es primo $(p-1)! \equiv (p-1) \pmod {p}$
Hay una demostración de esto en:
http://usuarios.lycos.es/teoriadenumeros/modular.html

2) Llamaré $t_j$ para abreviar a $t_j=\coprod_{k=1, k \not= j}^{(p-1)} k$

3) $t_j \equiv k_j \pmod{p}$ siendo $k_j$ números de 1 a p-1

4) $k_j \not= k_i \longleftrightarrow j \not= i$ . O lo que es lo mismo todos los $k_j$ son diferentes entre si, y como hay exactamente p-1 de aquí se sigue el punto 5)
Demostración: supongamos que existen $k_j$ y $k_i$ iguales. Entonces se daría el caso de que $t_j - t_i$ seria un múltiplo de p lo que se sabe que es imposible

5) Por tanto el conjunto de todos los $k_j$ son los números correlativos de 1 a p-1

6) $\sum_{j=1}^{p-1} t_j \equiv \sum_{j=1}^{p-1} k_j \pmod{p} \equiv \sum_{j=1}^{p-1} j \pmod{p} \equiv \frac{(p-1)p}{2} \pmod{p}$ $\equiv 0\pmod{p}$
Asier | 15 de Diciembre de 2007 | 20:29

Pongo también mi demostración de que p (primo) divide al numerador de la suma parcial, pues lo considero mucho más simple:

Sumamos los términos de esta manera: el primero con el último, el segundo con el penúltimo, etc. Cada suma es del tipo:

$\displaystyle \frac{1}{k} + \frac{1}{p-k} = \frac{p}{k(p-k)}$ . Como el número de sumandos es par, está claro que el resultado tiene a p como factor.
Domingo H.A. | 15 de Diciembre de 2007 | 20:31

Pongo aquí otra prueba más directa de que p divide al numerador de la suma parcial

$S_{p-1}=\displaystyle{\sum_{n=1}^{p-1} \cfrac{1}{n}}=\displaystyle{\sum_{n=1}^{\frac{p-1}{2}} \left(\cfrac{1}{n}+\cfrac{1}{p-n}\right)}=p\cdot \displaystyle{\sum_{n=1}^{\frac{p-1}{2}}\cfrac{1}{n\cdot (p-n)}}$

y como el denominador sólo contiene factores menores que p es obvio que p queda multiplicando al numerador.
Domingo H.A. | 15 de Diciembre de 2007 | 20:32

Perdón, Asier se adelantó a mis intenciones.

Asier, por ese camino puedes llegar al $p^2$ .
Domingo H.A. | 18 de Diciembre de 2007 | 0:06

Bueno, voy a desvelar el enigma sobre el factor $p^2$ que aparece en el numerador de la suma parcial armónica $S_{p-1}$ , siendo $p\geq 5$ un número primo. Voy a dar dos demostraciones diferentes.

PRIMERA PRUEBA:

Tal como había observado Asier, $S_{p-1}=p\cdot\displaystyle{\sum_{n=1}^{\frac{p-1}{2}} \cfrac{1}{n\cdot(p-n)}}=p\cdot\cfrac{1}{2}\cdot\displaystyle{\sum_{n=1}^{p-1} \cfrac{1}{n\cdot(p-n)}}$ , donde la segunda igualdad es consecuencia de la simetría en los sumandos. Vemos que ya hemos obtenido un factor $p$ .

Veamos ahora como sacar otro factor. Para ello analizamos la expresión:

$\cfrac{1}{2}\cdot\displaystyle{\sum_{n=1}^{p-1} \cfrac{1}{n\cdot(p-n)}}$

y llamemos $N$ al numerador asociado a la fracción irreducible. Entonces tenemos, módulo $p$ , lo siguiente:

$N\equiv Numerador\bigg[-\cfrac{1}{2}\cdot\displaystyle{\sum_{n=1}^{p-1} \cfrac{1}{n^2}}\bigg]\equiv \; Numerador\bigg[-\cfrac{1}{2}\cdot\displaystyle{\sum_{n=1}^{p-1} n^2}\bigg]\equiv -\cfrac{(p-1)\cdot p\cdot (2p-1)}{12}\equiv 0\;\;(p)$

donde en la última igualdad módulo $p$ hemos usado el conocido resultado sobre la suma de cuadrados consecutivos y, en especial, el hecho de que $p\geq 5$ . Dejo para ustedes la interesante reflexión acerca de las dos primeras igualdades módulo $p$ .
Domingo H.A. | 18 de Diciembre de 2007 | 0:35

SEGUNDA PRUEBA:

Vamos a considerar el polinomio $p(x)=\displaystyle{\prod_{i=1}^{p-1} (x-i)}=x^{p-1}-s_1 x^{p-2}+s_2 x^{p-3}-\ldots-s_{p-2} x+s_{p-1}$ ,

siendo

$s_1=\displaystyle{\sum_{i=1}^{p-1} i=\cfrac{p(p-1)}{2}}\equiv 0\;\;(p)$ ,

$s_{p-1}=\displaystyle{\prod_{i=1}^{p-1} i}=(p-1)!\equiv -1 \;\;(p)$ (por el teorema de Wilson),

y $s_{p-2}=\displaystyle{\sum_{i=1}^{p-1}\left(\prod_{j=1\atop j\neq i}^{p-1} j\right)}=(p-1)!\left(1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\ldots+\cfrac{1}{p-1}\right)=(p-1)!S_{p-1}$ (he aquí la clave!!)

Veamos ahora que todos los coeficientes $s_i$ son múltiplos de $p$ (excepto el $s_{p-1}$ que es congruente con -1 módulo $p$ ).

Para ello tomamos el polinomio de grado $p-2$ ,

$g(x)=f(x)-(x^{p-1}+s_{p-1})$ .

Por el pequeño teorema de Fermat ( $a^{p-1}\equiv 1 (p)$ , si $a$ no es múltiplo de $p$ ), vemos que $g(i)\equiv 0\;(p)$ , para cada $i=1,2,\ldots,p-1$ . Así, $g(x)$ tiene grado p-2, y tiene p-1 raíces módulo p. Por el teorema de unicidad debe ser que $g(x)\equiv 0\;(p)$ , y por tanto sus coeficientes verifican $s_i\equiv 0\;(p)$ , $i=1,2,\ldots p-2$ . En definitiva lo que hemos probado es que $f(x)\equiv x^{p-1}-1 \;(p)$ .

Finalmente, $f(p)=(p-1)!=f(0)$ y por tanto, ya que $p\geq 5$ , sigue sacando factor común de $p^2$ que (ver que para eso necesitamos que $s_{p-3}$ sea múltiplo de $p$ )

$0=\cfrac{f(p)-f(0)}{p}=p^{p-2}-s_1\cdot p^{p-3}+s_2\cdot p^{p-4}-\ldots+s_{p-3}\cdot p-s_{p-2}=p^2\cdot K-s_{p-2}$ ,

para cierto entero $K$ . En definitiva obtenemos que $p^2|s_{p-2}$ , o equivalentemente, $p^2| S_{p-1}$ , como queríamos demostrar.
Asier | 18 de Diciembre de 2007 | 12:54

Muchas gracias por publicar estos resultados, Domingo. Lo había intentado pero no lo conseguía y la verdad es que tras ver estas pruebas creo que no lo hubiera conseguido. Les he echado un vistazo rápido y no las entiendo bien (posiblemente debido a mi falta de formación) pero en cuanto tenga tiempo las estudiaré más a fondo.
Toro Sentado | 18 de Diciembre de 2007 | 14:47

Lo mismo digo.
Yo ya hacía rato que no tenía ninguna idea sobre el problema.
Pero intentarlo ha sido muy interesante.
Joseph | 27 de Febrero de 2008 | 18:19

Hola me llamo Joseph y quisiera q me ayudaran en este problema(todos las variables son positivas):
Demostrar que
Si mcd(a,b)=1,entonces para cada n>ab existen positivos x, y tal que n=ax+by.

Gracias
Domingo H.A. | 27 de Febrero de 2008 | 18:51

Hola Joseph, a ver si te sirve ésto.

Ya que $mcd(a,b)=1$ puedes encontrar $x_0,y_0\in\mathbb{Z}$ tales que $ax_0+by_0=1$ (algoritmo de Euclides, identidad de Bèzout,…). Además ya que $a,b\succ 0$ debe ser que $x_0\cdot y_0\prec 0$ . Puedes suponer (reordenando si fuese necesario) que $x_0\succ 0$ y que $y_0\prec 0$ .

Con esto, la solución general de la ec. diofántica $ax+by=n$ viene dada por

$x=nx_0+bt,\quad y=ny_0-at,\quad t\in\mathbb{Z}$

y necesitamos elegir un $t$ que garantice que x e y sean positivos. Para ello debe ser forzosamente $t\prec 0$ . Considera $t=by_0$ . Usando que $n\succ ab$ vemos que para esta elección, tanto la x como la y, son positivas.
Joseph | 6 de Marzo de 2008 | 2:10

Hola Domingo, gracias x ayudarme en la solucion de ste problema. En verdad t lo agradezco. Pero si t=byº, ¿y es positivo?
y= nyº-at=nyº-abyº=(n-ab)yº, n-ab>0(por Hipotesis), yº<0. Conciderando esto: y<0. Qiza no te halla ntendido bien, en tal caso me disculpo. Me gustaria saber tu e-mail, me fazcinan las matematicas, Spero tu respuesta
Domingo H.A. | 6 de Marzo de 2008 | 14:00

Hola Joseph, tienes toda la razón del mundo. Vaya modo de meter la pata!! Permíteme que arregle el desaguisado e ignora mi comentario previo:

La ecuación $ax+by=n$ tendrá solución ya que $mcd(a,b)=1$ (identidad de Bèzout). Toma una solución cualquiera $(x_0,y_0)$ . Entonces la solución general de la ecuación la puedes expresar como:

$x(t)=x_0-bt,\quad\quad y(t)=y_0+at,\quad\quad t\in\mathbb{Z}$

Existe un único valor $t_1\in\mathbb{Z}$ para el que $0\prec x_0-bt_1\leq b$ . Despejando vemos que este valor $t_1$ verifica $\cfrac{x_0-b}{b}\leq t_1$ .

Con esto $y_0+at_1\geq y_0+a\left(\cfrac{x_0-b}{b}\right)=\cfrac{n-ab}{b}\succ 0.$

Se ha usado en las desigualdades que a y b son positivos.
Joseph | 6 de Marzo de 2008 | 17:43

Vaya, si q tu demostraciòn es muy buena!!!. Gracias por tomarle interes al problema. Aunq no veo a traves de la soluciòn. ¿Como se te ocurrio acotar de esa forma? Pues es ahi donde reside la solucìòn ¿verdad?. En la correcta acotaciòn.
Domingo H.A. | 6 de Marzo de 2008 | 19:34

Bueno, Joseph, tu partes de una solución $x=x_0$ y no sabes nada acerca de ella. Sabiendo que en la variable $x$ las soluciones se mueven en saltos de amplitud $b$ , es estándar considerar el primer valor de $t$ que te la hace positiva (que además es único si se exige que la $x$ sea menor que $b$ ). Con eso ya garantizas que la x sale positiva.

En relación a este problema, y si lo consideran interesante y provechoso, les propongo lo siguiente:

En este ejercicio hemos supuesto que $n\succ a\cdot b$ y hemos buscado una solución $(x,y)$ positiva. La cuestión ahora es: ¿Cuál es el mínimo valor posible de $n=n(a,b)$ (n en función de a y b) que permite afirmar que la ecuación $ax+by=n$ tiene soluciones no negativas $x,y\geq 0$ ? (Estamos considerando que $mcd(a,b)=1$ y que $a,b\succ 0$ ).
Domingo H.A. | 6 de Marzo de 2008 | 20:35

Por cierto, ya que estamos con ecuaciones diofánticas, comentar que la editorial Nivola acaba de sacar, en dos tomos, una traducción en castellano de “La Aritmética y el libro Sobre los números poligonales”, de Diofanto.
Joseph | 6 de Marzo de 2008 | 23:12

Weno, si suponemos n > 0(pues el caso n=0 es trivial). Conjeturare q la soluciòn es n=ab, y luego paso a la prueba.
Si concideramos n<ab q cumpla la condicion impuesta, es claro q los pares (x, y) han de ser menores q (b,a) respectivamente. En la prueba anterior teniamos
x=xº-bt’
y=yº+at’, considerando las desigualdades anteriores, mulptiplicando tanto por a como por b y sumando tenemos:
2abt’<=n<(2ab+a+b)t’
Si t’=0, nos lleva aun absurdo, del mismo modo si suponemos las dos desigualdades restantes(pues 0<n<ab).
Por lo tanto el min valor de n es “ab”.
Domingo H.A. | 7 de Marzo de 2008 | 17:30

A ver qué tal este: hallar todas las ternas $(m,n,p)$ de enteros no negativos tales que $3^m+4^n=5^p$
Domingo H.A. | 7 de Marzo de 2008 | 18:13

Joseph, la respuesta correcta al ejercicio que planteaba es la siguiente:

Dada la ecuación $ax+by=n,$ (1) (con $a,b\succ 0,\;\;mcd(a,b)=1$ )

1) Si $n\geq (a-1)\cdot(b-1)$ , entonces (1) siempre admite solución $(x,y)$ no negativa.

2) Si $n= (a-1)\cdot(b-1)-1$ , entonces (1) no admite soluciones no negativas.

3) Existen exactamente $\cfrac{(a-1)(b-1)}{2}$ valores posibles de $n(\prec (a-1)(b-1)-1$ ) para los que la ecuación (1) admite soluciones no negativas.

¿Alguien las demuestra?
Joseph | 7 de Marzo de 2008 | 19:18

A puxa tienes razon, m equivocado en mi supuesta demostracion, jeje

Sobre la la pregunta de las ternas? ¿existen otras aparte de (2,2,2)?
Domingo H.A. | 7 de Marzo de 2008 | 22:30

sobre lo de las ternas…esa es la cuestión a responder, Joseph
Joseph | 10 de Marzo de 2008 | 19:04

a^2
Joseph | 10 de Marzo de 2008 | 21:04

Bueno, es q creo tener la solucipon para valores mayores q 1.
3^m + 4^n = 5^p
5=4+1, entonces
4¡3^m - 1 … (*)
de(*)
Si m es impar
3^m - 1 = 2(3^m-1 + … + 3 + 1)
= 2(Impar)
4¡3^m - 1
2¡(Impar), absurdo.
“m es par”
5=
3¡5^p - 1 … (**)
Si p es impar(p=2k+1)
3¡5^2k+1 - 1
3¡(5^2k - 1)5 + 4 … (i)
3¡5^2k - 1
Si se cumple (i) entonces 3¡4 absurdo.
“p es par”
Asi tenemos 3^2k + 4^n = 5^2q
2^2n = 5^2q - 3^2k
2^2n = (5^q - 3^k)(5^q + 3^k), asi
esisten s, r>0 donde s+r=2n tal que
2^s = 5^q - 3^k
2^r = 5^q + 3^k, sumando
5^q = 2^r-1 + 2^s-1 y
3^k = 2^r-1 - 2^s-1,
es evidente q s>1 y r>1 no puede ocurrir simultaneamente( 2 dividiria a 5).
Entonces s<=1 o r<=1.
Si r<=1, entonces r seria 1, para tal caso
3^k = 1 - 2^s-1, lo cual es absurdo.
Entonces s<=1, asi s seria 1, para tal caso
2 = 5^q - 3^k
=2(5^q-1+…+3^k-1)
1 = 5^q-1+…+3^k-1, de lo q se deduce, q=1 y k=1. Por lo tanto si n,m,p es mayor que uno, la unica soluciòn es la terna (2,2,2).
Espero q completen el problema para los otros casos, y revicen mi demodtracion, spero no haberm equivocado xD
Otra posible soluciòn seria (0,1,1)
Domingo H.A. | 10 de Marzo de 2008 | 22:28

Sí señor, Joseph. Buen razonamiento! Esas son las dos únicas soluciones.

Aquí va mi propuesta de solución para $3^m+4^n=5^p$ con una pequeña variante:

Asumimos que $m,n,p\geq 1$ (en el caso $mnp=0$ sólo se obtiene la solución (0,1,1))

1) Módulo 4 y 3 vemos, respectivamente, que $m$ y $p$ deben ser pares: $m=2a,\; p=2b$

2) Tendríamos entonces que $(3^a)^2+(2^n)^2=(5^b)^2$ , y por tanto $(3^a,2^n,5^b)$ es una solución (primitiva) de la ecuación pitagórica. Luego, existen enteros positivos $x\succ y\geq 1$ , $x\not\equiv y\;(2)$ , con $mcd(x,y)=1$ , tales que

$2^n=2xy,\quad 3^a=x^2-y^2,\quad 5^b=x^2+y^2$

De $2^n=2xy$ sigue que $x=2^{n-1}$ e $y=1$ ; y por lo tanto $1+3^a=4^{n-1}$ .

Si $n\geq 3$ , tomando congruencias módulo 8 se llega a que $1+3^a\equiv 0\;(8)$ lo cual es absurdo.

Entonces debe ser $n\leq 2$ que nos conduce directamente a una única posibilidad: $(m,n,p)=(2,2,2)$ .
Gaby | 21 de Octubre de 2008 | 2:06

Hola quisiera saber si alguien me puede ayudar con lo siguiente: necesito la demostracion de porque en una serie geometrica cuando r<1 es divergente me super urge!!