Evaluar la suma

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

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

\displaystyle{\sum_{0\leq i

Que se os dé bien.

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.

26 Comentarios

  1. 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

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

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  3. 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

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

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  5. 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.)

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  6. 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.

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  7. 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.

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  8. 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

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  9. 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.

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  10. 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. 🙂

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  11. 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].

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  12. 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

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  13. 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].

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  14. 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.

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  15. 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

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  16. Mmonchi

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

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  17. 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…

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  18. 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

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  19. 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…)

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

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  21. Por supuesto, P, es más. A este ritmo voy a necesitar una “Fe de errores”…

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  22. 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.

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