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.

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.

41 Comentarios

  1. 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

    😀

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  2. 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})

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  3. 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

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  4. 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

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  5. El resultado de la suma es la parte entera de la mitad de n.
    S=INT(n/2)

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  6. 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

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  7. Jbz si fuera como lo has propuesto si diverge pero la parte entera de 1/2 es cero

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  8. 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

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  9. 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 :).

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  10. 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

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  11. 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.

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  12. 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.

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  13. 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.

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  14. 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).

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  15. 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

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  16. \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

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  17. 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.

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  18. Asier no entiendo el paso cuando quitas por primera vez la parte entera, cuando dices dado que … tenemos que …
    podrias explicarlo por favor?

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  19. 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.

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  20. 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…

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  21. 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.

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  22. 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.

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  23. 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

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  24. 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

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  25. 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.

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  26. 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.

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  27. 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

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  28. 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?

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  29. 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?

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  30. …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

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  31. 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

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  32. Efectivamente, Asier. Esas son las soluciones (y no hay más).

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  33. 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

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  34. 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

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  35. 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.

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

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  37. no entiendo nadaaaaa quisiera recibir un curso ya que mi hija esta en el liceo para ayudara con sus tarea

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  38. Hola a todos!
    Como buen novato estoy aquí buscando material y tratando de sacarme dudas.
    Estoy preparando la materia “Matematica Discreta” y tengo muchos inconvenientes con las demostraciones de los exámenes.
    Aquí va uno por ejemplo:

    Demuestra que: Si k,l son enteros impares entonces k+l es un entero par.

    Por lo que ví más arriba les debe resultar fácil a ustedes, pero para mí es bastante difícil entender el mecanismo de las demostraciones.
    Espero que alguien pueda ayudarme…y gracias.
    Saludos

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  39. Marcelo,
    si k es impar entonces existe un entero m tal que k=2m+1.
    Igualmente, si l es impar existe un n, l=2n+1.
    Ahora k+l=(2m+1)+(2n+1)=2(m+n+1), así que es par

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