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:

Unknown dijo...

Más cercano por ambos lados o más cercano inferior?

Anónimo 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 $3$.

Enrique Treviño dijo...

Entero más cercano por ambos lados.

Enrique Treviño dijo...

Muy bien Jorge.

Enrique dijo...

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

Publicar un comentario