viernes, 4 de marzo de 2011

Problema del Dia- 4 de marzo

Sea $f(n)$ el entero mas cercano a $\sqrt{n}$. Encuentra la suma
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{f(n)}+2^{-f(n)}}{2^n}.$$

5 comentarios:

Diego627 dijo...

Más cercano por ambos lados o más cercano inferior?

Jorge 'Chuck' dijo...

Primero fijémonos en el comportamiento de $ f(n) $, veamos que entre $k^{2}$ y $(k+1)^{2}$ hay $2k$ números, ahora veamos que la mitad inferior al evaluarla en $ f(n) $ obtenemos $k$ y para al otra mitad, obtenemos $k+1$. Para esto simplemente analicemos los números $k^{2}+k=k(k+1)$ y $k^{2}+k+1=(k+1)^{2}-k$ y veamos que tienen diferentes valores al ser evaluadas en la función. Primero veamos que $\sqrt{k^{2}+k}=k+x$ para algún $x<1$ entonces hay que demostrar que $2x<1$ y acabaremos, pero pues eso significa que $\sqrt{4k^{2}+4k}=2k+2x<2k+1$ pero eso es evidente puesto que si elevamos al cuadrado de ambos lados, obtenemos que $1>0$ lo cual es cierto, de manera similar hay que definir a $y=\sqrt{k^{2}+k+1}-k$ y hay que probar que $2y>1$ lo cual pasa si y sólo si $\sqrt{4k^{2}+4k+4}=2k+2y>2k+1$ lo cvual es verdad porque elevando al cuadrado de ambos lados, obtenemos que $3>0$ y es verdad. De manera similar, podemos acotarlo por debajo, y ver que el término $k$ aparece exactamente $2k$ veces, puesto, que obtiene la mitad de los de arriba que son $k$, cuando $n=k^{2}$ y la mitad de los de abajo que son $k-1$.
Ahora, con esto, podemos ver que $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{f(n)}+2^{-f(n)}}{2^n}=\sum_{k=1}^{\infty} \sum\limits_{i=1}^{2k}\frac{2^{k}+2^{-k}}{2^{k^{2}-k+i}}$. Ahora, analicemos la segunda sumatoria y veamos que $\sum\limits_{i=1}^{2k}\frac{2^{k}+2^{-k}}{2^{k^{2}-k+i}}=\sum\limits_{i=1}^{2k}\frac{2^{2k}+1}{2^{k^{2}+i}}$ y que como el numerador se mantiene constante, esto es equivalente a $(2^{2k}+1)\sum\limits_{i=1}^{2k}\frac{1}{2^{k^{2}}*2^{i}}=(\dfrac{2^{2k}+1}{2^{k^{2}}})\sum\limits_{i=1}^{2k}\frac{1}{2^{i}}$ y como sabemos que si $x\neq 1$ $(x-1)\sum\limits_{i=0}^{a}x^{i}=x^{a+1}-1$ entonces $\sum\limits_{i=0}^{a}x^{i}=\dfrac{x^{a+1}-1}{x-1}$ y sustituyendo a $a$ por $2k$ y a $x$ por $\frac{1}{2}$ obtenemos que $\sum\limits_{i=0}^{2k}\frac{1}{2^{i}}=\dfrac{\frac{1}{2}^{2k+1}-1}{-\frac{1}{2}}=\dfrac{2^{2k+1}-1}{2^{2k}}$ entonces $\sum\limits_{i=1}^{2k}\frac{1}{2^{i}}=\dfrac{2^{2k+1}-1}{2^{2k}}-1=\dfrac{2^{2k}-1}{2^{2k}}$ y entonces sustituyendo en la fórmula anterior, $(\dfrac{2^{2k}+1}{2^{k^{2}}})\sum\limits_{i=1}^{2k}\frac{1}{2^{i}}=(\dfrac{2^{2k}+1}{2^{k^{2}}})(\dfrac{2^{2k}-1}{2^{2k}})$ y entonces en la fórmula original obtenemos que $\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{2^{4k}-1}{2^{k^{2}+2k}}=\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{2^{4k}}{2^{k^{2}+2k}}-\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^{k^{2}+2k}}$ y si multiplicamos fuera de las sumatorias por 2, y dentro dividimos entre 2 obtenemos que $2(\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^{(k-1)^{2}}}-\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^{(k+1)^{2}}})$ y como podemos ver eso equivale a $2(\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^{(k-1)^{2}}}-\sum_{k=3}^{\infty}\dfrac{1}{2^{(k-1)^{2}}})$ y esto a su vez es igual a $2(1+\frac{1}{2}+\sum_{k=3}^{\infty}\dfrac{1}{2^{(k-1)^{2}}}-\sum_{k=3}^{\infty}\dfrac{1}{2^{(k-1)^{2}}})$ y como la primera sumatoria es la misma que la segunda, pero tienen signos opuestos, se eliminan y sabemos que esto es igual a $2(1+\frac{1}{2})=3$ por lo que el la sumatoria que nos dan es $3$.

Quique12 dijo...

Entero más cercano por ambos lados.

Quique12 dijo...

Muy bien Jorge.

Enrique dijo...

Hmm...este problema lo hice junto con Chuck en el cuarto del Cimatel

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