Gaussianos » Sumando partes enteras

Sumando partes enteras

El problema de esta semana es el siguiente:

Para cada natural $n$ hallar el valor de la siguiente suma:

$\left \lfloor \cfrac{n+1}{2} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{n+2}{4} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{n+4}{8} \right \rfloor + \ldots + \left \lfloor \cfrac{n+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor + \ldots$

Siendo $\lfloor x \rfloor$ la parte entera de $x$ (el mayor número entero menor o igual que $x$ ).

Se pide valor de la suma y justificación del procedimiento empleado para llegar a ella.

Escrito por ^DiAmOnD^, 15 de Enero de 2008 en Juegos

38 comentarios

Trackback para este post

Marcos - 15 de Enero de 2008 12:26

Yo diría que s(n) = n

Los primeros términos corresponden a la función identidad y, por reducción al absurdo, si no fuera así para todo n, no sé dónde está la broma. Q.E.D
Juan Miguel - 15 de Enero de 2008 14:58

La suma propuesta consta de dos factores, el primero es la suma de la progresion geometrica $\frac{n}{2^m}$ desde 1 hasta k. El segundo es la suma de la progresion aritmetica de la unidad, que es $\frac{k(k-1)}{2}$ .

Resumiendo:
$S(n,k) = \sum_{m=1}^k \frac {n+2^{m}}{2^{m+1}} = \frac {1}{2} \sum_{m=1}^k \frac {n}{2^m} + 1 = \frac {k(k-1)}{4} + \frac {n}{2} (1 - \frac {1}{2^k})$
Esteban Lopez - 15 de Enero de 2008 16:33

Juan creo que tienes varios errores en el procedimiento propuesto para empezar el enunciado pide la convergencia de la serie, no las sumas parciales (claro que se puede hallar la convergencia llevando al limite la sumas parciales).
Otro error en el procedimiento es que la serie empieza -segun tu notacion - en m =0 sino fuera asi despreciarias el primer termino de la serie

Y creo qu el error de fondo es que falta el uso de Parte entera
Marcos - 15 de Enero de 2008 16:39

Yo también razono que s(n) = n.
¿Habrá sorpresas?
Esteban Lopez - 15 de Enero de 2008 16:46

Bueno la Serie converge a n

INT((n+2^k)/(2^k+1))=INT(n/2^k+1)+INT(1/2)

teniendo en cuenta que INT(1/2)=0 y que INT(n/2^k+1)=n*INT(1/2^k+1) debido a que n es natural. ya lo unico que falta por saber es cuanto vale la serie desde k=0 hasta infinito de INT(1/2^k+1)la cual es igual a 1+S(INT(1/2^k))es decir vale 1

por lo tanto la serie vale n

PS quisiera saber si alguien me explica como funciona latex
toni - 15 de Enero de 2008 16:51

El resultado de la suma es la parte entera de la mitad de n.
S=INT(n/2)
jbz - 15 de Enero de 2008 16:58

Parece que la suma diverge… porque la expresión propuesta se compone de dos sumas, (como dijo el so cito anterior), pero una de ellas diverge… asi:

$n(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8})+\cdot \cdot \cdot) + (\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{4}{8}+ \cdot \cdot \cdot)$

La primera suma converge a 1, pero la segunda diverge porque es sumar infinita mente 0.5
Esteban Lopez - 15 de Enero de 2008 17:07

Jbz si fuera como lo has propuesto si diverge pero la parte entera de 1/2 es cero
Carlos - 15 de Enero de 2008 17:18

Esteban creo que la INT(A+B) no es es igual a INT(A) + INT(B)
por ejemplo INT(0.4+0.8) = 1
INT(0.4) + INT(0.8) = 0
toni - 15 de Enero de 2008 17:20

He cometido un error, rectifico, la suma vale n.
S(n)= n
^DiAmOnD^ - 15 de Enero de 2008 17:47

Esteban lee lo que pone justo encima de la caja de texto donde se escriben los comentarios y verás cómo hay que escribir el texto para que salgan las fórmulas. Además puedes encontrar un enlace a un artículo de la Wikipedia donde explican cómo escribir los símbolos.

Y usa la vista previa para asegurarte de que lo que has escrito es correcto :).
Esteban Lopez - 15 de Enero de 2008 17:52

Gracias carlos; tambien me di cuenta que la funcion parte entera no cumple la linealidad cuando estaba haciendo unas vueltas por lo tanto seguire pensando sobre esta serie.
Lo Unico que estoy seguro es que la serie es convergente;

Diamond Gracias por la ayuda
Domingo H.A. - 15 de Enero de 2008 18:04

efectivamente, basta dar un par de valores a $n$ para darse cuenta de que la suma vale exactamente $n$ (por tanto no diverge, ya que ni siquiera es una suma infinita). A ver si alguien da una justificación convincente.
Asier - 15 de Enero de 2008 18:44

Veamos…

Si tomamos $n = 2^k$ tenemos que el valor del último sumando no nulo es claramente 1. Para los demás sumandos, dado que $2^k \prec 2^k + 2^{k-l} \prec 2^{k+1} \ \ \forall l \ge 1$ tenemos que $\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \lfloor \frac{2^k + 2^{i-1}}{2^i} \rfloor = \sum_{i=1}^{k}2^{k-i}$ . Si a esto le sumamos el 1 de antes tenemos en realidad $\displaystyle 1 + 1 + 2 + 4 + 8 + \dots + 2^{k-1} = 1 + 2^k - 1 = 2^k$ .

Vemos también claramente que cada nuevo sumando no nulo se ‘estrena’ cuando alcanzamos una potencia de 2.

En cuanto a los números que hay entre $2^k$ y $2^{k+1}$ , podemos considerar los números $2^k + m \ \ \ \ 1 \le m \le (2^k -1)$ y vemos que los sumandos le van a añadir $\displaystyle \sum_{i=1}^{k+1} \lfloor \frac{m + 2^{i-1}}{2^i} \rfloor$ al total que teníamos para $2^k$ . ¡Pero esta suma es exactamente igual que la original! (pero con $m \prec 2^k$ ). Por lo tanto podemos aplicar el mismo razonamiento con el que hemos comenzado: si $m = 2^l$ la suma será exactamente $2^l$ y si es del tipo $2^l + s$ entonces estamos en las mismas. Así puede seguirse hasta llegar a $2^{l_0} + 1 = 2^{l_0} + 2^0$ , con lo cual al final tenemos que la suma total es la suma de las distintas potencias de 2 en que se descompone $n$ , es decir, si $n = 2^a + 2^b + 2^c + \dots$ (todos los números naturales pueden expresarse así) con lo cual el total será exactamente $n$ .

Lo he hecho algo precipitadamente y sin repasarlo mucho, osea que tal vez haya algún error.
Juan Miguel - 15 de Enero de 2008 19:20

Gracias, Esteban. Es cierto que la suma debiera empezar en 0.

Por otra parte, yo he calculado la suma parcial (es decir, hasta un numero K de terminos, y no hasta el $\infty$ ), debido a que, obviamente, la serie no converge, ya que uno de los terminos diverge (la progresion aritmetica), y por lo tanto la suma total de la serie sera infinito, ya que $\infty + N = \infty, \forall N \in \mathbb{N}$ .

Quizas ^DiAmOnD^ nos puede iluminar en esto, aunque puede que se vea mas claro si expreso la suma como lo siguiente:
$S(n) = \sum_{k=0}^{\infty} \left [ \frac{n}{2^{k+1}}+ \frac{1}{2} \right ]$

Por otra parte, me maravilla que alguna gente haya encontrado que la suma es igual a ‘n’. Si alguno podeis elaborar el argumento, os estaria agradecido.
Domingo H.A. - 15 de Enero de 2008 19:28

Asier, me parece muy ingenioso tu razonamiento! Me parece muy interesante que hayas considerado intrínsecamente la expresión en base 2 de los números naturales.

No sé si los demás consideran convincente tu razonamiento, porque hay afirmaciones que haces que a lo mejor no se ven directamente. A mi parecer es bastante correcto en el fondo.

Visto lo visto, propongo estudiar ahora

$\left \lfloor \cfrac{x+1}{2} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+2}{4} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+4}{8} \right \rfloor + \ldots + \left \lfloor \cfrac{x+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor + \ldots$

siendo $x$ un número real cualquiera (positivo o negativo).
toni - 15 de Enero de 2008 19:44

Para demostrar que la serie converge es suficiente ver que únicamente tiene m sumandos no nulos, siendo
m=int(logbase2(n))+1
Demostración:
A partir de que el numerador n+2^k sea menor que el denominador 2^(k+1) la parte entera será cero y el sumando a añadir será cero:

n+2^k menor 2^(k+1)
n+2^k menor 2*2^k
n menor (2-1)*2^k
n menor 2^k
logbase2(n) menor k
k mayor logbase2(n)

Es decir los sumandos no nulos son únicamente k=0,1,2,….,int(logbase2(n))+1
n=1 hay 1 sumando no nulo
n=2 hay 2 sumandos no nulos
n=3 hay 2 sumandos no nulos
n=4 hay 3 sumandos no nulos
n=7 hay 3 sumandos no nulos
n=8 hay 4 sumandos no nulos
Masao - 15 de Enero de 2008 21:35

$\cfrac{n + 2^{k}}{2^{k+1}}$ es entero si i solo si el menor bit distinto de cero es el k-essimo.

la sequencia $\left\lfloor {\cfrac{0 + 2^{k}}{2^{k+1}}}\right\rfloor , \ \left\lfloor {\cfrac{1 + 2^{k}}{2^{k+1}}}\right\rfloor , \ \left\lfloor {\cfrac{2 + 2^{k}}{2^{k+1}}}\right\rfloor , \ \left\lfloor {\cfrac{3 + 2^{k}}{2^{k+1}}}\right\rfloor \dots \ \left\lfloor {\cfrac{n + 2^{k}}{2^{k+1}}}\right\rfloor$ aumenta en 1 cada vez que pasamos por un numero cuyo bit no nulo menos significativo es k, por lo que el ultimo termino representa cuanots numeros de estos hay menores o iguales que $n$ .

Asi pues, el sumatorio es igual a la cantidad de numeros menores o iguales a $n$ , cuyo primer bit no nulo es el 1,2…infinito. Esto es, todos los numeros menores o iguales a $n$ , $s(n) = n$

la serie converge pq solo un numero finito de terminos son no nulos
Domingo H.A. - 15 de Enero de 2008 22:36

Generalizando por generalizar, propongo que, una vez estudiemos qué pasa con la suma cuando $n=x$ es un número real cualquiera, pasemos a estudiar qué ocurre si $n=z$ es un número complejo cualquiera. En este último caso hay que tener en cuenta que la parte entera de un número complejo se define como $\lfloor z\rfloor=\lfloor Re\;z\rfloor+i\cdot\lfloor Im\;z\rfloor$ , donde $i=\sqrt{-1}$ es la unidad imaginaria.

Ánimo que el resultado general sale muy simple.
Carlos - 16 de Enero de 2008 12:30

Asier no entiendo el paso cuando quitas por primera vez la parte entera, cuando dices dado que … tenemos que …
podrias explicarlo por favor?
Asier - 16 de Enero de 2008 13:58

Lo desarrollo paso a paso para verlo mejor:

$\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \lfloor \frac{2^k + 2^{i-1}}{2^i} \rfloor = \sum_{i=1}^{k} \lfloor \frac{2^k}{2^i} + \frac{2^{i-1}}{2^i}\rfloor = \sum_{i=1}^{k} \lfloor 2^{k-i} + \frac{1}{2}\rfloor = \sum_{i=1}^{k} 2^{k-i}$

La parte entera la puedo quitar junto con el 1/2 porque $2^{k-i}$ es claramente un entero y el 1/2 no aporta nada.
Domingo H.A. - 16 de Enero de 2008 15:52

teniendo en cuenta la expresión a sumar, podemos recordar la identidad

$\lfloor x\rfloor=\lfloor \frac{x}{2}\rfloor+\lfloor\frac{x+1}{2}\rfloor,\quad \forall x\in\mathbb{R}$

y con esto se llega más facilmente a la respuesta general…
Omar-P - 16 de Enero de 2008 18:47

Creo que lo más interesante en la construcción del panal es la forma que tiene el fondo de las celdillas: Son tres rombos unidos y con con el ángulo exacto para economizar el máximo de material.
Domingo H.A. - 16 de Enero de 2008 21:21

Bueno pongo la respuesta a la cuestión, a ver si junto con la pista de arriba alguien se anima a desarrollarla:

$\left \lfloor \cfrac{x+1}{2} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+2}{4} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+4}{8} \right \rfloor + \ldots + \left \lfloor \cfrac{x+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor + \ldots=\lfloor x\rfloor,\quad \forall x\in\mathbb{R}$

En el caso complejo $x\in\mathbb{C}$ la suma vale $\lfloor Re\;x\rfloor$ .
chucho - 17 de Enero de 2008 8:44

No estoy de acuerdo totalmente contigo Domingo ya que $\forall x \in \mathbb{R}$ no se cumple, esto solo pasa si $x \succeq 0$ y esto lo podemos probar tomando $n \preceq x \prec n+1$ de aqui que se mantengan las desigualdes $\left \lfloor \frac{n+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor \preceq \left \lfloor \frac{r+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor \preceq \left \lfloor \frac{n+1+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor$ y ahora probamos que de las segundas desigualdades hay al menos una estricta. Si $n$ fuera par entonces es trivial que $\frac{r+1}{2} \prec \frac{n+2}{2}$ de donde $\left \lfloor \frac{r+1}{2} \right \rfloor \prec \frac{n+2}{2}$ y en el caso de que $n$ sea impar entonces $n+1$ es par y esta acotación se resuelve ya que es trivial probar que sea $k$ tal que $2^m \preceq 2k \prec 2^{m+1}$ entonces $\exists r \prec m$ tal que $\frac{2k+2^r}{2^{r+1}} \in \mathbb {N}$ , luego se tiene que $\sum \left \lfloor \frac{n+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor \preceq \sum \left \lfloor \frac{r+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor \prec \sum \left \lfloor \frac{n+1+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor$ y de aqui $n \preceq \sum \left \lfloor \frac{r+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor \prec n+1$ y como $\sum \left \lfloor \frac{r+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor \in \mathbb{N}$ entonces $\sum \left \lfloor \frac{r+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor =n= \left \lfloor x \right \rfloor$ . Pero sea por ejemplo $n=-2^n$ entonces $\sum \left \lfloor \frac{x+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor = \sum_{k=0}^{n-1} \left \lfloor \frac{-2^n+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor =- \sum_{k=0}^{n-1} 2^{n-k-1}=-2^n+1 \ne \left \lfloor x \right \rfloor$ . Si tuve algun error por favor me lo corriges que este es mi primer comentario en esta página ya que como vivo en Cuba no me puedo conectar mucho. Saludos Chucho
Asier - 17 de Enero de 2008 12:14

No he seguido tus cálculos al detalle, chucho, pero parece que tienes razón, puesto que si tomamos x = -4, por ejemplo, el primer sumando vale -2, el segundo sumando vale -1 y los demás valen 0, con lo cual el total es $-3 \ne \lfloor -4 \rfloor$
Domingo H.A. - 17 de Enero de 2008 13:47

upss, perdónenme, vaya lapsus de principante!!! Gracias chucho y asier por las correcciones. Si es que a veces el frenesí, las prisas y la confianza juegan malas pasadas…

No obstante, que no cunda el pánico. El error estaba en que olvidé sumar 1 en el caso negativo. Debe decir:

$\left \lfloor \cfrac{x+1}{2} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+2}{4} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+4}{8} \right \rfloor + \ldots + \left \lfloor \cfrac{x+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor + \ldots=\lfloor x\rfloor,\;x\geq 0$

$\left \lfloor \cfrac{x+1}{2} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+2}{4} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+4}{8} \right \rfloor + \ldots + \left \lfloor \cfrac{x+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor + \ldots=\lfloor x\rfloor+1,\;x\prec 0$

También metí la pata en el caso complejo. Este caso no es válido pues la parte imaginaria es divergente en el caso de los números con parte imaginaria negativa (vamos a sumar -1 infinitas veces). Perdón de nuevo.
Domingo H.A. - 18 de Enero de 2008 20:35

Bueno, se acaba la semana y creo va siendo hora de responder a la cuestión propuesta:

$\left \lfloor \cfrac{x+1}{2} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+2}{4} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+4}{8} \right \rfloor + \ldots + \left \lfloor \cfrac{x+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor + \ldots=\lfloor x\rfloor,\;x\geq 0$

$\left \lfloor \cfrac{x+1}{2} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+2}{4} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+4}{8} \right \rfloor + \ldots + \left \lfloor \cfrac{x+2^k}{2^{k+1}} \right \rfloor + \ldots=\lfloor x\rfloor+1,\;x\prec 0$

Por ahorrar notación, vamos a llamar $S_x$ a la suma en cuestión. Es resultado es obvio si $0\leq x\prec 1$ .

1) Si $x\geq 1$ entonces existe un único natural $r\geq 1$ tal que $2^{r-1}\leq x \prec 2^r$ . En este caso es inmediato comprobar que

$\left \lfloor \cfrac{x+2^{r+1}}{2^{r+1}} \right \rfloor=1,\quad\quad \left \lfloor \cfrac{x+2^{r-1}}{2^r} \right \rfloor=1,\quad\quad$ y $\quad\quad\left \lfloor \cfrac{x+2^{k}}{2^{k+1}} \right \rfloor=0,\;\;\forall k\geq r$ .

2) Del mismo modo, si $x\prec 0$ , sea $r\geq 0$ el menor natural tal que $0\leq x+2^r\; (\prec 2^r)$ . Entonces tenemos ahora que

$\left \lfloor \cfrac{x+2^{r+1}}{2^{r+1}} \right \rfloor=0,\quad\quad \left \lfloor \cfrac{x+2^{r}}{2^{r+1}} \right \rfloor=0,\quad\quad$ y $\quad\quad\left \lfloor \cfrac{x+2^{k}}{2^{k+1}} \right \rfloor=0,\;\;\forall k\geq r$ .

En definitiva, que habiendo elegido el natural $r$ de arriba hemos obtenido que la suma “infinita” propuesta se reduce a la suma finita:

$S_x=\left \lfloor \cfrac{x+1}{2} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+2}{4} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{x+4}{8} \right \rfloor + \ldots + \left \lfloor \cfrac{x+2^r}{2^{r+1}} \right \rfloor$ (donde el último sumando de hecho vale 0).

Finalmente, vamos a usar la propiedad que indicaba hace unos días: $\left \lfloor a \right \rfloor=\left \lfloor \cfrac{a}{2} \right \rfloor+\left \lfloor \cfrac{a+1}{2} \right \rfloor,\;\;\forall a\in\mathbb{R}$ , para obtener:

$\left \lfloor x+1 \right \rfloor=\left \lfloor \cfrac{x+1}{2} \right \rfloor+\left \lfloor \cfrac{x+2}{2} \right \rfloor$

$\left \lfloor \cfrac{x+2}{2} \right \rfloor=\left \lfloor \cfrac{x+2}{4} \right \rfloor+\left \lfloor \cfrac{x+4}{4} \right \rfloor$

$\left \lfloor \cfrac{x+4}{4} \right \rfloor=\left \lfloor \cfrac{x+4}{8} \right \rfloor+\left \lfloor \cfrac{x+8}{8} \right \rfloor$

$\,\,\,\,\,\,\, \vdots$

$\left \lfloor \cfrac{x+2^r}{2^r} \right \rfloor=\left \lfloor \cfrac{x+2^r}{2^{r+1}} \right \rfloor+\left \lfloor \cfrac{x+2^{r+1}}{2^{r+1}} \right \rfloor$

Sustituyendo hacia atrás vemos que

$\left \lfloor x \right \rfloor+1= \left \lfloor x+1 \right \rfloor=S_x+\left \lfloor \cfrac{x+2^{r+1}}{2^{r+1}} \right \rfloor$ ,

donde el último término vale 1 si $x$ es positivo, y 0 si $x$ es negativo. Y así obtenemos el valor de la suma como función de x.

Para el caso en que $x$ es complejo, la parte real de la suma se obtiene por una fórmula análoga al caso real (pero considerando $Re\; x$ ). No obstante, para la parte imaginaria se lía un poco la cosa al tener que hacer la suma:

$\left \lfloor \cfrac{a}{2} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{a}{4} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{a}{8} \right \rfloor + \ldots + \left \lfloor \cfrac{a}{2^{k+1}} \right \rfloor + \ldots$ ,

que diverge si $a$ (parte imaginaria de x) es negativa, y, aunque es una suma con un número finito de sumandos si a es positivo, presenta una casuística mucho menos cerrada que en el caso que estudiamos originalmente.
Asier - 18 de Enero de 2008 21:33

Está bien saber cómo lo has resuelto, Domingo, aunque una vez resuelto para los enteros, ¿no es evidente que para los reales tiene que ser igual? Lo digo porque para que alguno de los sumandos cambie es necesario que alguna de las divisiones llegue a ser un entero superior y vemos claramente que cada sumando no puede variar a no ser que x llegue al siguiente entero. Así es como lo había visto yo.

En cuanto a la última suma que planteas, he obtenido esto:

$\displaystyle f(a) = 2^{\lfloor log_2 \ a \rfloor} + f\left ( a - 2^{\lfloor log_2 \ a \rfloor} \right ) - 1$
$f(0) = 0$
Domingo H.A. - 18 de Enero de 2008 22:18

Estoy de acuerdo, Asier. Mirando un poco la suma se me ocurre plantear una cuestión sencilla:

¿Existe algún valor $a\succ 0$ de modo que $a=\left \lfloor \cfrac{a}{2} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{a}{4} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{a}{8} \right \rfloor + \ldots + \left \lfloor \cfrac{a}{2^{k+1}} \right \rfloor + \ldots$ ?
Domingo H.A. - 18 de Enero de 2008 22:20

OK, Asier. Mirando un poco la suma se me ocurre plantear una cuestión sencilla:

¿Existe algún valor $a\succ 0$ de modo que $a=\left \lfloor \cfrac{a}{2} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{a}{4} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{a}{8} \right \rfloor + \ldots + \left \lfloor \cfrac{a}{2^{k+1}} \right \rfloor + \ldots$ ?
Domingo H.A. - 18 de Enero de 2008 22:29

…y ya que estamos, hallar todas las soluciones de la ecuación:

$a-1=\left \lfloor \cfrac{a}{2} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{a}{4} \right \rfloor + \left \lfloor \cfrac{a}{8} \right \rfloor + \ldots + \left \lfloor \cfrac{a}{2^{k+1}} \right \rfloor + \ldots$
Asier - 18 de Enero de 2008 22:51

Así, a bote pronto, diría que no existe ese valor $a \succ 0$ y que las soluciones de la ecuación son de la forma $a=2^k$
Domingo H.A. - 19 de Enero de 2008 16:20

Efectivamente, Asier. Esas son las soluciones (y no hay más).
Asier - 20 de Enero de 2008 19:02

Generalizando también, por generalizar, alguien se anima a dar una expresión cerrada (del tipo función recursiva que he dado antes, por ejemplo) para calcular el caso general?

$\displaystyle f(a,n) = \sum_{k=1}^{\infty} \lfloor \frac{a}{n^k} \rfloor$
Domingo H.A. - 21 de Enero de 2008 10:14

Ayer no sé que pasó que el blog no me daba opción a comentar…una mano negra…

Si $n\geq 2$ , natural, y $a\geq 0$ :

$f(a,n)=\cfrac{n^r-1}{n-1}+f(a-n^r,n)$ , siendo $r=\left\lfloor \cfrac{log\;a}{log \;n}\right\rfloor$
Asier - 21 de Enero de 2008 10:28

Así es, Domingo. Sí que debió haber algún problema porque tu último comentario en el post de las abejas no lo he visto hasta esta mañana.
Domingo H.A. - 21 de Enero de 2008 10:31

he vuelto a comentar hoy lunes en las abejas, y no me sale lo que he escrito…cosas raras…

Deja un comentario

Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios.
Para ello sólo tienes que escribir $ latex código-latex$ (sin el espacio entre $ y la palabra latex).
Si tienes alguna duda sobre cómo insertar algún símbolo puede ayudarte la siguiente web:
Wikipedia: Usando TeX
Utiliza la Vista Previa antes de publicar tu comentario para asegurarte de que las fórmulas están correctamente escritas.