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Aqui solo Propuestos de Sumatorias

Drareg Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 8 2007, 10:50 AM Publicado: #21
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 19 Registrado: 13-August 06 Miembro Nº: 1.920 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	nadie ha hecho el 1?..xD a mi no me sale de ninguna forma =B..xD --------------------

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 14 2007, 03:59 PM Publicado: #22
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Kenshin @ May 26 2005, 02:57 AM) Bueno..aqui les va el primero....buena suerte P1) Para $TEX: $n$$ un entero positivo, pruebe que: $TEX: $\displaystyle{\sum_{k=0}^n\frac{1}{{n\choose k}}=\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{2^k}{k}}$$ CITA(Drareg @ Jun 8 2007, 11:50 AM) nadie ha hecho el 1?..xD a mi no me sale de ninguna forma =B..xD $TEX: \noindent<br />Por induccion;<br />Sean\\<br />\begin{eqnarray}<br />S_n&=&\frac{1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{2^k}{k}\\<br />I_n&=&\int_0^1\frac{t^{n+1}-(1-t)^{n+1}}{2t-1}dt<br />\end{eqnarray}<br />entonces tendremos que\\<br />\begin{eqnarray}<br />2S_{n+1}-S_n&=&\frac{2}{n+2}\\<br />2I_{n+1}-I_n&=&\int_0^1(t^{n+1}+(1-t)^{n+1})dt=\frac{2}{n+2}<br />\end{eqnarray}<br />Luego \\<br />\begin{eqnarray}<br />S_{n+1}&=&\frac{1}{2}S_n+\frac{1}{n+2}\\<br />I_{n+1}&=&\frac{1}{2}I_n+\frac{1}{n+2}<br />\end{eqnarray}<br />pero no es complicado ver que $S_1=1=I_1$, asi que de (1) y (2) concluimos que $S_n=I_n, \forall n\in\mathbb{N}$.<br />Ahora solo hace falta notar que <br />\begin{eqnarray}<br />\sum_{k=0}^n\frac{1}{\binom{n}{k}}&=&\sum_{k=0}^n (n+1)B(n+1-k,k+1)\\<br />&=&(n+1)\sum_{k=0}^n\int_0^1t^{n-k}(1-t)^k dt=\\<br />&=&(n+1)\int_0^1 t^n\left[\sum_{k=0}^n\left(\frac{1}{t}-1\right)^k\right]dt\\<br />&=&(n+1)I_n<br />\end{eqnarray}<br />donde $B$ es la funcion Beta. Por lo tanto<br />$$\sum_{k=0}^n\frac{1}{\binom{n}{k}}=(n+1)I_n=(n+1)S_n,\quad \forall n\in\mathbb{N}$$<br />Como se deseaba.\\<br />Saludos<br />$ -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

exp Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 19 2007, 07:37 PM Publicado: #23
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 15 Registrado: 13-November 06 Miembro Nº: 2.787 Nacionalidad: Sexo:	hola Pasten,la igualdad que pones despues de esta frase:"Ahora solo hace falta notar que:" como llegas a eso me podrias dar alguna referencia,gracias

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 20 2007, 10:47 AM Publicado: #24
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	Te refieres al final? Solo estoy usando la funcion Beta, y aprovechandome de que hay una expresion para la funcion Beta en terminos de la funcion Gamma, de ahi es directo como se relaciona con los coeficientes binomiales. Despues de esa primera igualdad el resto es algebra (despues de la suma geometrica que hay, preferi no escribir mas desarrollo porque escribiendo la expresion para la geometrica se hace obvio) Saludos -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

exp Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 27 2007, 06:57 PM Publicado: #25
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 15 Registrado: 13-November 06 Miembro Nº: 2.787 Nacionalidad: Sexo:	ok gracias por la claracion

Corro Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 23 2008, 08:01 PM Publicado: #26
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 192 Registrado: 7-September 07 Desde: Osorno y Puerto Montt Miembro Nº: 9.926 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Demuestre que $TEX: \[<br />\forall n \in \mathbb{N}<br />\]<br />$ se cumple que $TEX: \[<br />\sum\limits_{p = 1}^n {(2t)^3 = 2n^2 \cdot (n + 1)^2 } <br />\]<br />$ --------------------

Naxoo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 2 2008, 07:26 AM Publicado: #27
Staff FMAT Grupo: Moderador Mensajes: 2.604 Registrado: 2-March 07 Desde: Somewhere over the rainbow Miembro Nº: 4.244 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Corro @ Mar 23 2008, 08:55 PM) Demuestre que $TEX: \[<br />\forall n \in \mathbb{N}<br />\]<br />$ se cumple que $TEX: \[<br />\sum\limits_{p = 1}^n {(2t)^3 = 2n^2 \cdot (n + 1)^2 } <br />\]<br />$ me imagino que la suma es esta: $TEX: \[<br />\sum\limits_{p = 1}^n {\left( {2p} \right)^3 } = 8\sum\limits_{p = 1}^n {p^3 } = 8 \cdot \left( {\frac{{n(n + 1)}}<br />{2}} \right)^2 = \boxed{2n^2 \cdot \left( {n + 1} \right)^2 }<br />\]<br />$ -------------------- INRIA - Francia, Sophia Antipolis Biocore Team Ingeniero Civil en Biotecnología Ingeniería Civil Químico “(…) los elementos que él (¿o Él?) [Dios] mismo nos ha dado (raciocinio, sensibilidad, intuición) no son en absoluto suficientes como para garantizarnos ni su existencia ni su no existencia. Gracias a una corazonada puedo creer en Dios y acertar o no creer en Dios y también acertar" Mario Benedetti $TEX: \[\iiint\limits_\Omega {\left( {\nabla \cdot \vec F} \right)dV} = \iint\limits_{\partial \Omega } {\left( {\vec F \cdot \hat n} \right)}dS\]<br />$

PaulRS Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 24 2008, 07:25 PM Publicado: #28
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 156 Registrado: 11-June 07 Miembro Nº: 6.615 Nacionalidad: Sexo:	Otra vez veamos: $TEX: $$<br />\sum\limits_{k = 0}^n {2^k \cdot \frac{1}<br />{{1 + x^{2^k } }}} = \tfrac{1}<br />{{x - 1}} - \tfrac{{2^{n + 1} }}<br />{{x^{2^{n + 1} } - 1}}<br />$$$ siendo $TEX: $$<br />\left\| x \right\| \ne 1<br />$$$ ( post #9) Separaremos en 2 partes, primero consideraremos: $TEX: $$\|x\|<1$$$ Tenemos entonces: $TEX: $$<br />A_n \left( x \right) = \sum\limits_{k = 0}^n {2^k \cdot \frac{1}<br />{{1 + x^{2^k } }}} = \sum\limits_{k = 0}^n {2^k \cdot \sum\limits_{j = 0}^\infty {\left( { - 1} \right)^j \cdot x^{j \cdot 2^k } } } <br />$$$ Es decir: $TEX: $$<br />A_n \left( x \right) = \sum\limits_{k = 0}^n {\sum\limits_{j = 0}^\infty {\left( { - 1} \right)^j \cdot 2^k \cdot x^{j \cdot 2^k } } } <br />$$$ Notemos que: $TEX: $$<br />\begin{gathered}<br /> \left( { - 1} \right)^j \cdot 2^k {\text{ va al coef.}}{\text{. de }}x^m {\text{ sii }}2^k \cdot j = m \hfill \\<br /> {\text{y 0}} \leqslant k \leqslant n \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />$$$ Por lo tanto escribimos: $TEX: $$<br />A_n \left( x \right) = \sum\limits_{m = 0}^\infty {\left( {\sum\limits_{\left. {2^k } \right\|m;k \leqslant n} {\left( { - 1} \right)^{\tfrac{m}<br />{{2^k }}} \cdot 2^k } } \right) \cdot x^m } <br />$$$ Ahora veremos que: $TEX: $$<br />\sum\limits_{\left. {2^k } \right\|m;k \leqslant n} {\left( { - 1} \right)^{\tfrac{m}<br />{{2^k }}} \cdot 2^k } = \left\{ \begin{gathered}<br /> 2^{n + 1} - 1{\text{ si }}\left. {2^{n + 1} } \right\|m \hfill \\<br /> - 1{\text{ en otro caso }} \hfill \\ <br />\end{gathered} \right.<br />$$$ Si $TEX: $$<br />\left. {2^{n + 1} } \right\|m<br />$$$ luego $TEX: $$<br />\left( { - 1} \right)^{\tfrac{m}<br />{{2^k }}} = 1{\text{ y se tiene: }}\sum\limits_{\left. {2^k } \right\|m;k \leqslant n} {\left( { - 1} \right)^{\tfrac{m}<br />{{2^k }}} \cdot 2^k } = \sum\limits_{k = 0}^n {2^k } = 2^{n + 1} - 1<br />$$$ $TEX: $$<br />\begin{gathered}<br /> {\text{En otro caso sea sea }}2^s {\text{ la m\'a xima potencia de 2 que divide a }}m \hfill \\<br /> \Rightarrow \sum\limits_{\left. {2^k } \right\|m;k \leqslant n} {\left( { - 1} \right)^{\tfrac{m}<br />{{2^k }}} \cdot 2^k } = \sum\limits_{k = 0}^{s - 1} {2^k } - 2^s = - 1{\text{ ( eso si }}s > 0,{\text{ si }}s = 0{\text{ se cumple)}} \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />$$$ Luego: $TEX: $$<br />A_n \left( x \right) = - \sum\limits_{m = 1}^\infty {x^m } + \sum\limits_{m = 1}^\infty {x^{2^{n + 1} \cdot m} } + \sum\limits_{m = 0}^\infty {\left( {2^{n + 1} - 1} \right) \cdot x^{2^{n + 1} \cdot m} } <br />$$$ Es decir: $TEX: $$<br />A_n \left( x \right) = - \tfrac{x}<br />{{1 - x}} + \tfrac{{x^{2n + 1} }}<br />{{1 - x^{2^{n + 1} } }} + \tfrac{{\left( {2^{n + 1} - 1} \right)}}<br />{{1 - x^{2^{n + 1} } }} = - \tfrac{1}<br />{{1 - x}} + \tfrac{{2^{n + 1} }}<br />{{1 - x^{2^{n + 1} } }}<br />$$$ Si fuera $TEX: $$\|x\|>1$$$ hacemos: $TEX: $$<br />\sum\limits_{k = 0}^n {2^k \cdot \frac{1}<br />{{1 + x^{2^k } }}} = \sum\limits_{k = 0}^n {2^k \cdot \frac{{x^{ - 2^k } }}<br />{{1 + x^{ - 2^k } }}} = \sum\limits_{k = 0}^n {2^k \cdot \left( {1 - \frac{1}<br />{{1 + x^{ - 2^k } }}} \right)} <br />$$$ y el resultado se sigue por la parte anterior. -------------------- $TEX: $\sqrt[3]{\displaystyle\sum_{i=1}^n{i^{3\cdot{\sqrt[]{3}}-1}}}\approx{\displaystyle\sum_{i=1}^n{i^{\sqrt[]{3}-1}}}$$

Felipe_ambuli Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 6 2010, 05:12 PM Publicado: #29
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 836 Registrado: 9-January 07 Desde: Santiasko Miembro Nº: 3.659 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Kenshin @ May 26 2005, 04:57 AM) Bueno..aqui les va el primero....buena suerte P1) Para $TEX: $n$$ un entero positivo, pruebe que: $TEX: $\displaystyle{\sum_{k=0}^n\frac{1}{{n\choose k}}=\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{2^k}{k}}$$ Ya que este propuesto lleva tanto tiempo propuesto como resuelto, me permito decir que es de un TST de USA del año 2000, y aquí va una solución alternativa a la dada más arriba, los créditos van para los entrenadores norteamericanos $TEX: \noindent Por induccion, sea <br />\begin{eqnarray}<br />S_n=\dfrac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}^{-1}=\dfrac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n \dfrac{i!(n-i)!}{n!}.<br />\end{eqnarray}<br />Mostraremos que <br />\begin{eqnarray}<br />2^{n+1}S_n=\sum_{i=1}^{n+1}\frac{2^i}{i}<br />\end{eqnarray}<br />vemos que $S_1=1$ y tendremos que verificar que $2^{n+2}S_{n+1}-2^{n+1}S_n=\sum_{i=1}^{n+2}\frac{2^i}{i}-\sum_{i=1}^{n+1}\frac{2^i}{i}=\frac{2^{n+2}}{n+2}$, esto es, $2S_{n+1}=S_n+\frac{2}{n+2}$. Ahora\\<br />\begin{equation}<br />\begin{aligned}<br />2S_{n+1}&=\dfrac{1}{n+2} \left( \sum_{i=0}^{n+1}\binom{n+1}{i}^{-1} +\sum_{i=0}^{n+1}\binom{n+1}{i}^{-1}\right)\\<br />&=\dfrac{2}{n+2}+\dfrac{1}{n+2}\sum_{i=0}^{n}\left( \binom{n+1}{i}^{-1}+\binom{n+1}{i+1}^{-1}\right)\\<br />&=\dfrac{2}{n+2}+\dfrac{1}{n+2}\sum_{i=0}^{n}\dfrac{i!(n+1-i)!+(i+1)!(n-i)!}{(n+1)!}\\<br />&=\dfrac{2}{n+2}+\dfrac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n} \dfrac{i!(n-i)!(n+1-i+i+1)}{(n+1)!}\\<br />&=\dfrac{2}{n+2}+\dfrac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n \frac{i!(n-i)!}{n!}\\<br />&=S_n +\dfrac{2}{n+2},<br />\end{aligned}<br />\end{equation}<br />como se quer\'ia.$

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