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Suma de partes enteras, Para ejercitar antes del VM

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Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 2 2008, 11:41 AM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	$TEX: \noindent<br />Sea $p>2$ primo, muestre que $\sum_{t=1}^{p-1} \lfloor t^3/p\rfloor =\frac{1}{4}(p-2)(p-1)(p+1).$\\<br />Saludos.$ -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

The Lord Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 2 2008, 12:34 PM Publicado: #2
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 374 Registrado: 16-September 06 Desde: New Haven, CT, USA. Miembro Nº: 2.275 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent Sea $r_t\equiv{t^3}(mod.p),r_t\in[1,p-1]$ y sea $S=\sum_{t=1}^{p-1} \lfloor t^3/p\rfloor $. Veamos que $\lfloor t^3/p\rfloor= \dfrac{{t^3 }}{p} - \dfrac{{r_t }}{p}$ (Como $t^3=pk+r_t\to \lfloor t^3/p\rfloor =k$ y la expresion de la derecha es justamente $k$).\\<br />Luego $S=\dfrac{(p-1)^2p}{4}-\dfrac{\sum_{i=1}^{p-1}{r_i}}{p}$(1).\\<br />Calcularemos $\sum_{i=1}^{p-1}{r_i}$. Veamos que $t\equiv{-(p-t)}(mod.p)\to t^3\equiv{-(p-t)^3}(mod.p)$, luego:<br />$r_t+r_{p-t}\equiv{0}(p)$, pero como $r_k<p,\forall k\in[1,p-1]\to 0<r_t+r_{p-t}<2p$, de esto se sigue que $r_t+r_{p-t}=p$ (2). Luego como son $p-1$ elementos en la suma (un numero par), sumando las igualdades generadas por (2) al hacer $k=1,...,\frac{p-1}{2}-1$, obtenemos que $[\sum_{i=1}^{p-1}{r_i}]-r_{\frac{p-1}{2}}=\frac{p(p-2)}{2}$, pero como $2r_{\frac{p-1}{2}}=p\to r_{\frac{p-1}{2}}= \frac{p}{2}\to [\sum_{i=1}^{p-1}{r_i}]=\frac{p(p-1)}{2}$ . Por un simple manejo algebraico se demuestra que $\frac{(p-1)^2p}{4}- \frac{p(p-1)}{2p}=\frac{(p-2)(p-1)(p+1)}{4}$.\\<br />Saludos<br />$ Nota: $TEX: $r_t$$ no es divisible por p porque t no es divisible por p (esto por el intervalo donde vive t), entonces $TEX: $r_t>0$$ En (1) se ocupo la formula de la sumatoria de los n primos cubos.

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 6 2009, 10:40 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.564 Registrado: 12-November 07 Desde: La Union, XIV Region de los Rios Miembro Nº: 12.607 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	El problema propuesto por Pasten no es nada mas (sin menospreciar, claro) que un caso particular de una interesante propiedad que señala lo siguiente: $TEX: Sea $p$ un primo impar y $q$ un entero no divisible por $p$. Sea $f:\mathbb{Z}^+\to \mathbb{R}$ una funcion tal que si $k\in \mathbb{Z}^+$ se cumple que:$ $TEX: $f(k)\not \equiv 0 \pmod p$ para $1\leq k \leq p-1$$ $TEX: $f(k)+f(p-k)\equiv 0\pmod p$ para $1\leq k\leq p-1$$ $TEX: Entonces se cumple que:<br /><br />$\displaystyle \sum _{k=1}^{p-1} \lfloor f(k)\cdot\dfrac{q}{p} \rfloor=\dfrac{q}{p}\cdot \displaystyle \sum_{k=1}^{p-1}f(k)-\dfrac{p-1}{2}$$ El propuesto de Pasten es un caso particular considerando $TEX: $q=1$$ , $TEX: $f(t)=t^3$$ . Estan invitados a demostrar la propiedad expuesta (puede guiarse por el procedimiento ocupado por The Lord) =) Saludos -------------------- Ricardo Vargas Obando Ex-alumno Deutsche Schule La Unión (Generación 2010, de los 150 años). Novato de Licenciatura en Matemática/Estadística, en la Pontificia Universidad Católica de Chile. Grupo de facebook de Novatos Matemática y Estadística PUC 2011 Currículum Olímpico: Medalla de Plata, XIX Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Menor (2007) Medalla de Oro, XXI Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2009) Medalla de Bronce, XXV Olimpiada Iberoamericana de Matemática (2010) Medalla de Oro, XXII Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2010) "What we learned as children, that one plus one equals two, we know to be false. One plus one equals one. We even have a word when you plus another, equals one. That word is love." "Todos piensan en cambiar el mundo, pero nadie piensa en cambiarse a sí mismo."

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Dec 9 2011, 12:16 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Kain #13 @ Nov 6 2009, 11:40 PM) El problema propuesto por Pasten no es nada mas (sin menospreciar, claro) que un caso particular de una interesante propiedad que señala lo siguiente: $TEX: Sea $p$ un primo impar y $q$ un entero no divisible por $p$. Sea $f:\mathbb{Z}^+\to \mathbb{R}$ una funcion tal que si $k\in \mathbb{Z}^+$ se cumple que:$ $TEX: $f(k)\not \equiv 0 \pmod p$ para $1\leq k \leq p-1$$ $TEX: $f(k)+f(p-k)\equiv 0\pmod p$ para $1\leq k\leq p-1$$ $TEX: Entonces se cumple que:<br /><br />$\displaystyle \sum _{k=1}^{p-1} \lfloor f(k)\cdot\dfrac{q}{p} \rfloor=\dfrac{q}{p}\cdot \displaystyle \sum_{k=1}^{p-1}f(k)-\dfrac{p-1}{2}$$ El propuesto de Pasten es un caso particular considerando $TEX: $q=1$$ , $TEX: $f(t)=t^3$$ . Estan invitados a demostrar la propiedad expuesta (puede guiarse por el procedimiento ocupado por The Lord) =) Saludos $TEX: A partir del primer punto tenemos que tanto $\dfrac {qf(k)}{p}$ como $\dfrac {qf(p-k)}{p}$ no son enteros, entonces $0<\{\dfrac {qf(k)}{p}\}+\{\dfrac {qf(p-k)}{p}\}<2$, pero del segundo punto tenemos que $\{\dfrac {qf(k)}{p}\}+\{\dfrac {qf(p-k)}{p}\}$ es entero, en consecuencia $\{\dfrac {qf(k)}{p}\}+\{\dfrac {qf(p-k)}{p}\}=1$, para $k=1,2,....,p-1$, luego si sumamos todas las igualdades y dividimos por 2 obtenemos $\displaystyle \sum _{k=1}^{p-1} \{ f(k)\cdot\dfrac{q}{p} \}=\dfrac {p-1}{2}$, de donde lo pedido es directo.$ Saludos -------------------- yo no soy especial a pesar que ella lo dijo tengo unos krk y un celular hechizo aún vácilo SFDK en el segundo piso y la frase final da igual la improviso

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