Sumando hasta 2010

El problema de esta semana vuelve a tener al número 2010 como protagonista. En este caso me lo han enviado un grupo de profesores de matemáticas de Pastrana, un pueblo de Guadalajara. Vamos con él:

Calcula todos los posibles valores naturales de la siguiente suma:

$S=\cfrac{1}{a_1}+\cfrac{2}{a_2}+ \ldots + \cfrac{2010}{a_{2010}}$

donde $a_1, \ldots, a_{2010}$ son todos números naturales.

Suerte.

26 comentarios

Trackback | 19 Ene, 2010

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Jones, Francisco | 19 de Enero de 2010 | 11:33

Dependiendo de lo que valgan los valores de $a_n$ puede dar una cosa u otra.

¿cuánto vale $a_n$ ?
M | 19 de Enero de 2010 | 11:51

La suma podrá tomar cualquier valor natural entre 1 y 2021055.
Osukaru | 19 de Enero de 2010 | 12:08

Francisco, lo que pide es determinar todos los valores naturales posibles para S sabiendo que los $a_n$ son también naturales. M, ¿cómo llegas a esa conclusión? El mayor valor posible para S es dejar todos los denominadores a 1, por lo que S valdría 2021055. Si todos lo denominadores los ponemos con el valor 2021055, entonces S valdría 1. Pero, ¿cuál sería la fórmula para obtener cualquier otro valor?
josejuan | 19 de Enero de 2010 | 12:08

Para poder llegar a 2021055 debe permitirse que todos los $a_{i}=1$ para cada $1\preceq i\preceq 2010$ lo que no parece razonable (que por ejemplo sea $a_{12}=a_{24}$ ).

Si se asume que no puede haber dos a iguales entonces el máximo se obtiene de asignar el menor denominador posible al mayor numerador posible, el problema está en que “a ojo” parece que debiera ser división entera, sin embargo sólo exigen que la suma total sea entera por lo que múltiples combinaciones de fracciones irracionales podrían aportar un sumatorio natural (redondeado).

Habrá que seguir pensando…
Osukaru | 19 de Enero de 2010 | 12:46

josejuan, el enunciado sólo restringe que los $a_i$ sean naturales, por supuesto que pueden ser iguales para cualquier i. Yo intuitivamente pienso como M, pero no sé cómo demostrarlo. Es fácil ver que podemos convertir cualquier número de sumandos en 1 o en el valor de la suma de los numeradores, y dado un número cualquiera, por ejemplo el 7, pues basta con tener $a_6=6$ y el resto de $a_i$ igual a la suma del resto de numeradores. Pero no sé cómo definir una fórmula que valga para cualquier número.
Dani | 19 de Enero de 2010 | 12:56

no entiendo por qué nos empeñamos en suponer más cosas que las que nos dicen. en ningún momento se indica que los $a_i$ debán ser todos distintos, por lo que no lo supondremos. M tiene razón, y se puede ver de está forma:

para $j=1,2,3\ldots 2010,\qquad a_i=1$ para $\quad i \neq j \qquad$ y $\qquad a_j=j \Rightarrow S= 2021055-j+1$
esto nos da los valores $2021055, 2021054, \ldots 2019046$

para $j=1,2,3\ldots 2009,\qquad a_i=1$ para $\quad i \neq j,2010 \qquad$ y $\qquad a_j=j, a_{2010}=2010 \Rightarrow S= 2019046-j+1$
esto nos da los valores $2019046, 2019045, \ldots 2017038$
seguid por ahi y obtenéis lo que dijo M
M | 19 de Enero de 2010 | 13:15

Yo razoné inductivamente: asumiendo que la suma con $n-1$ sumandos ( $S_{n-1}$ ) toma todos los valores entre 1 y $\frac{n(n-1)}{2}$ , vemos que la suma con $n$ sumandos, $S_n$ , toma:

- el valor 1 para $a_1=\ldots=a_n=\frac{n(n+1)}{2}$ ;

- el valor $\frac{n(n+1)}{2}$ para $a_1=\ldots=a_n=1$ ;

- los valores $2,\ldots, n$ tomando $a_n=n$ , y los restantes $a_1,\ldots, a_{n-1}$ de modo que $S_{n-1}$ tome un valor entre 1 y $n-1$ (hipótesis de inducción: $S_n=S_{n-1}+1$ );

- los valores $n+1,\ldots, \frac{n(n+1)}{2}-1$ tomando $a_n=1$ , y como en este caso $S_n=S_{n-1}+n$ habrá que elegir $a_1,\ldots a_{n-1}$ de modo que $S_{n-1}$ tome un valor entre 1 y $\frac{n(n-1)}{2}-1$ (de nuevo por la hipótesis de inducción).
josejuan | 19 de Enero de 2010 | 13:34

Uhm… yo no me empeño en nada, pero precisamente en el problema de FELIZ AÑO = 2010 supuse que se podía hacer F=A y resultó que no, que alguien me explique porqué allí no y aquí sí.

En cuanto a suponer más cosas de las que nos dicen, si no lo haces, el enunciado es directamente erróneo, puesto que dice que

“…donde $a_1, \ldots, a_{2010}$ son todos números naturales…”

cuando obviamente no pueden serlo, luego debe suponerse (sí, aunque no lo diga el enunciado) que el conjunto formado por las 2010 aes es un elemento de las combinaciones de todos los naturales tomados de 2010 en 2010 (con repetición en tu caso).

Yo he supuesto que sin repetición, vosotros con repetición ¿se indica en el enunciado o en ambos casos hemos supuesto algo?.

En fin, en cualquier caso pido disculpas por mi error…
alvaro | 19 de Enero de 2010 | 14:32

“…son todos números naturales…” quiere decir que todos esos números son naturales. SI quisiera decir lo que tu creo que insinuas tendría que poner “… son todos LOS números naturales” así que creo que el enunciado está perfectamente redactado y en este caso si tomamos el enunciado de manera literal si que habrías supuesto algo que no se exige en el enunciado.

Caso a parte es el del otro problema de FELIZ AÑO = 2010. Si se tomaba el enunciado de manera literal entonces tu tendrías razón que nada impediría que E=F. De todas maneras yo ahí también interpreté que había que establecer una biyección entre números y letras, y no puedo darte una razón muy buena de por que lo hice. Supongo que entre otras cosas lo hice porque el problema ya de por si interpretando que F no podía ser igual a E era fácil, así que si permitías que E=F resultaba trivial.

De todas formas quizá Dani haya sido un poco brusco en su comentario. Y sobre donde escribes “En fin, en cualquier caso pido disculpas por mi error…” no se si lo habrás puesto en tono irónico, de todos modos creo que no hay que pedir disculpas a nadie por equivocarse, todos nos equivocamos. Yo en concreto me equivoco constantemente, muchas más veces de las que me gustaría, jejejeje. Por si te sirve de consuelo…
josejuan | 19 de Enero de 2010 | 15:04

Tienes razón, no pone los y por tanto el enunciado no es erróneo, aunque se mantiene la ambigüedad en cuanto a si se admite repetición o no.

“…no puedo darte una razón muy buena…”, no, realmente no es buena, puesto que eso reafirmaría mi hipótesis al ser el problema mucho más difícil si no se admite repetición (así a ojo) y en cualquier caso, sigue siendo arbitraria la elección.

Sí, aunque no quise expresarlo, Dani ha sido brusco y ese es el motivo de que pusiera el “En fin” delante de la disculpa, no era ironía, sino una forma de no admitir el error y aun así pedir disculpas para dejar el tema tranquilo.

Bueno, no pasa nada.
M | 19 de Enero de 2010 | 15:30

A mi entender el enunciado deja claro que los $a_i$ ’s son arbitrarios y por tanto podrían ser iguales.

No obstante, también es curioso preguntarse por los posibles valores asumiendo que todos los $a_i$ ’s son distintos dos a dos, en cuyo caso la suma tomará los valores entre 1 y $2n-2=4019$ . Es decir, ahora cambia la cota $\frac{n(n+1)}{2}$ por $2n-2$ , para $n\geq 2$ .
M | 19 de Enero de 2010 | 15:37

Perdón $2n-2=4018$ !! Si es que mucha inducción y tal, y luego nos olvidamos hasta de restar
vengoroso | 19 de Enero de 2010 | 15:41

Otra variacion interesante al problema seria exigir que todos los cocientes que intervienen en la suma fuesen naturales. En este caso las sumas estarian acotadas entre 2010 y 2021055, pero no creo que ahora sea posible obtener todos los valores intermedios.
Ty=Tobar | 19 de Enero de 2010 | 16:41

Dado que no se mucho de temas combinatoria, me he puesto a revisar algunos patrones en los $a_i$ que por supuesto este en las condiciones de pertenecer a los naturales.

Bueno, empiezo por recolectar lo que ya han dicho:
Si $a_i=1$ , $\forall i\in N$ entonces se tiene que $S=1+2+3+4+..2010=\frac{2010(2010+1)}{2}=2021055$
De aqui se dedujo que si $a_i=2021055$ entonces $S=1$ (Tratemos de ser un poco mas explicitos para los que no lo vemos a primera vista), si $a_i=2010$ , $\forall i\in N$ entonces S no es natural y no cuenta ese patron.

Lo que agrego es otros cuantos:

Si $a_i=i$ , $\forall i\in N$ entonces S=1+1+1…+1(2010 veces) y entonces $S=2010$ (Nuevo resultado)

Si $a_i$ siguel patron de los numeros pares, esto es $a_i=2i$ entonces $S=\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{6}+..\frac{2010}{4020}=\frac{1}{2}2010$ y $S=1005$ (Nuevo valor) y aqui he visto otras propiedades de la sumatoria que no comentare pues no es el tema.

Si $a_i$ sigue el patron de los impares, esto es $a_i=2i+1$ entonces tenemos que $\sum_{i=1\\,i=2010}\frac{i}{2i+1}=\frac{1}{2}(1+2+3+..2010-\frac{1}{3}-\frac{2}{5}-..\frac{2010}{4021})$ con lo que la suma es $S=673350$ (Nuevo resultado) gracias a la propiedad que DEDUJE de esto y que es la siguiente
$\sum_{\\}\frac{i}{2i+1}=\frac{1}{3}\sum_{\\}i$
Eso es todo lo que hecho por desconocer bastante la teoria coordinatoria.
josejuan | 19 de Enero de 2010 | 16:57

“Ty=Tobar”, para obtener todas las posibles, “sólo” hay que formar las combinaciones de todos los divisores de todos los numeradores, por lo que hay millones de formas de combinar los denominadores para obtener muchos S (entre 2010 y 2021055).

Algunas de ellas las has mostrado tú.

El problema al que apunta “vengoroso” (creo yo) es el de determinar si hay algún S (o varios) para los que no es posible encontrar una combinación de cocientes. Si puedes determinar eso, entonces, en palabras de “vengoroso” “tendrías todos los valores intermedios” (posibles).

(Por ejemplo, aunque todos los números fueran primos, habría 2^2009 formas de obtener S, pero… aun con todas esas variaciones ¿es posible alcanzar todos los S entre 2010 y 2021055?)
M | 19 de Enero de 2010 | 18:21

La cuestión que plantea vengoroso también tiene respuesta positiva, es decir podemos elegir $a_1,\ldots,a_n$ naturales tales que $a_i|i$ , $1\leq i\leq n$ , tales que la suma $S_n$ toma todos los valores entre $n$ y $\frac{n(n+1)}{2}$ .

Una vez más se puede probar por inducción. Para los casos $n=1,2,3$ es fácil de ver. Supongamos ahora que $n\geq 4$ y asumimos que la suma $S_{n-1}$ toma todos los valores entre $n-1$ y $\frac{(n-1)n}{2}$ .

Para ver que $S_n$ cubre todos entre $n$ y $\frac{n(n+1)}{2}$ basta elegir $a_n=1$ o $a_n=n$ , ya que:

- si $a_n=n$ , entonces $S_n=n+S_{n-1}$ recorrería todos los valores entre $2n-1$ y $n+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n(n+1)}{2}$ ;

- si $a_n=1$ , entonces $S_n=1+S_{n-1}$ recorrería todos los valores entre $n$ y $1+\frac{n(n-1)}{2}$ .

Así para cubrir desde $n$ hasta $\frac{n(n+1)}{2}$ bastará que se cumpla que

$1+\frac{n(n-1)}{2}\geq 2n-2$

lo cual, despejando, nos da $n\geq 4$ .
M | 19 de Enero de 2010 | 18:23

…quise decir al final “nos da $n\geq 3$ ” (con lo cual vale la inducción desde $n=3$ ).
M | 19 de Enero de 2010 | 18:24

perdón por el lapsus: la desigualdad se verifica $1+\frac{n(n-1)}{2}\geq 2n-2$ para todo $n\geq 1$ !
Marco! | 19 de Enero de 2010 | 19:07

A ver.. Pensemos.. Lo que YO entiendo, es..

Dada la suma desde 1 hasta 2010, siendo cada término dividido por algún número natural (los cuales pueden repetirse), cuántas posibles sumas que den como resultado números naturales hay?

Pero no es difícil ver que se puede calcular cualquier número, siendo el mayor 2021055, y el menor 1, pues si $a(i) = 2021055\ \forall \ i \in N \rightarrow \ S \ =\ 1$ ..
Vemos cuales son los valores intermedios..
Para empezar, podría tomar cualquier valor desde 1 hasta 2010, ¿Cómo?
Simple, si hacemos
$a(i)\ =\ 2021055\ -\ j \ \forall \ i \neq j$ y hacemos $a(j)\ =\ 1$ de esa forma, vamos obteniendo el valor j + 1.
Ya vimos que se pueden obtener todos los números del 1 al 2010.

Bien.. Ahora habría que ver si se pueden tomar todos los valores intermedios..
El valor 2010, entonces sería $(\sum_{i = 1}^{2010}{\frac{i}{2019046}}) - \frac{2009}{2019046} + 2009$
El valor jesimo sería: (j entre 1 y 2011)

$(\sum_{i = 1}^{2010}{\frac{i}{2021055 - j - 1}}) - \frac{j - 1}{2021055 - j - 1} + j - 1$

Luego, habría que probar que puede tomar cualquier valor superiror a 2011, que ahora no tengo tiempo de hacer.. Auqnue la demostración viene casi por el mismo lado, se suman todos salvo el 2010 y otro número que va entre 1 y 2009.. Y así.. hasta que en al sumatoria no quede ninguno..
Es decir, la sumatoria tendría siempre de resultado 1, y se le suma 2010 + algun otro número entre 1 y 2009, cuando se supera el 2009 arranca desde 2009 + 2010 y así..
Entonces, como puede tomar tooodoos los valores, se deduce que la cantidad de números es de 2021055

¿Qué opinan?

No estoy muy seguro y estoy medio apurado, son bienvenidas las críticas, perdon si ya habían puesto la respuesta, no tuve tiempo de leer tampoco

Saludos!

Marco.-
Dani | 19 de Enero de 2010 | 20:36

sí, fui un poco brusco, así que te pido disculpas, josejuan. de hecho el comentario pretendía ser de broma y no discriminatorio en absoluto.
ooo | 20 de Enero de 2010 | 15:54

Lo más fácil seria que $LaTeX a_n = n$. Entonces da 2010.
Otra opción sería que todos los $LaTeX a_n $ fueran 1 y la suma da 2021055.
Marco! | 20 de Enero de 2010 | 18:31

Lo que yo entiendo por $a_1, a_2,\ .\ .\ .\ ,\ a_{2010}$ es que sean números naturales cualesquiera.. Y es así cómo resolví el problema en el post anterior..

Primero había pensado en combinatoria, pero era imposible.. Entonces cuando pensé cuál podría ser el menor número, me di cuenta que no era difícil ver que cualquier número entre 1 y 2011*2010*2 era posible.. y que éste último era el máximo.
real madrid | 20 de Enero de 2010 | 19:24

¿cuánto vale an?
Un saludo
Ty=Tobar | 20 de Enero de 2010 | 21:50

real madrid, no esta patronizada
Adrián | 20 de Abril de 2010 | 14:35

La solución es un conjunto de m elementos en R tal que 2019045 <= m <= +infinito.
Es una suma de gauss. +infinito sale de hacer los 2010 denominadores, casi cero.
2019045 es, con a1 hasta a2010 iguales a 1, la suma de los n primeros naturales con todos los denominadores iguales a 1.