Nacional 2015 N3 P1

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Nacional 2015 N3 P1

Mensaje sin leer por 3,14 » Dom 29 Nov, 2015 3:44 pm

Expresar la suma de [math] términos
[math]
como una fracción irreducible.
[math]

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Re: Nacional 2015 N3 P1

Mensaje sin leer por 3,14 » Dom 29 Nov, 2015 4:16 pm

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En primer lugar trabajamos sobre la expresión de cada término del siguiente modo:
[math]
Si la suma del enunciado tiene [math] términos entonces se puede expresar como:
[math]
Para calcular la nueva suma podemos ver sus valores para [math], y vemos que da: [math]. En base a ello conjeturo que:
[math]
Para [math] ambos lados de la igualdad valen [math], por lo que la fórmula es cierta para algún [math]. Sumamos ahora a ambos lados de la igualdad:
[math]
[math]
Si hacemos todas las cuentas, efectivamente obtenemos:
[math]
Entonces, la suma original vale:
[math]
Y evaluado en [math]:
[math]
[math]

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amcandio

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Re: Nacional 2015 N3 P1

Mensaje sin leer por amcandio » Dom 29 Nov, 2015 5:15 pm

Spoiler: mostrar
Si jugamos un poco con la expresion que estamos sumando, la podemos expresar como:
[math]

La gracia de esto es que el termino que resta con [math] se cancela con el termino que suma con [math], por lo que estamos haciendo una suma telescopica :)(https://es.wikipedia.org/wiki/Serie_telesc%C3%B3pica)

Al final de la suma de los 99 terminos, nos va a quedar [math]. (El [math] salio del termino que suma del primer elemento de la secuencia, mientras que el [math] salio del termino que resta del ultimo elemento de la secuencia.

Otro problema que sale con sumas telescopicas:
http://omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=18&t=1329
"Prillo es el Lanata de la trigonometria"

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Gianni De Rico

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Re: Nacional 2015 N3 P1

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 06 Ago, 2018 5:00 pm

Spoiler: mostrar
Viendo las primeras sumas parciales obtenemos $\frac{2}{5},\frac{3}{4}=\frac{6}{8},\frac{12}{11},\frac{10}{7}=\frac{20}{14},\ldots$ y en general el resultado parece ser $\frac{n(n+1)}{3n+2}$. Vamos a demostrar esto por inducción. El caso base $n=1$ ya lo vimos, supongamos que vale para $n$ y veamos que vale para $n+1$.
Queremos ver $\sum \limits_{k=1}^{n+1}\frac{k(3k+1)}{(3k-1)(3k+2)}=\frac{(n+1)(n+2)}{3n+5}$, pero por la hipótesis inductiva tenemos $\sum \limits_{k=1}^n\frac{k(3k+1)}{(3k-1)(3k+2)}=\frac{n(n+1)}{3n+2}$.
Entonces queremos ver que $\frac{(n+1)(n+2)}{3n+5}=\sum \limits_{k=1}^{n+1}\frac{k(3k+1)}{(3k-1)(3k+2)}=\frac{(n+1)(3n+4)}{(3n+2)(3n+5)}+\sum \limits_{k=1}^n\frac{k(3k+1)}{(3k-1)(3k+2)}=\frac{(n+1)(3n+4)}{(3n+2)(3n+5)}+\frac{n(n+1)}{3n+2}$
Esto es equivalente a ver $\frac{(n+1)(n+2)}{3n+5}-\frac{n(n+1)}{3n+2}=\frac{(n+1)(3n+4)}{(3n+2)(3n+5)}$
Multiplicando por $\frac{(3n+2)(3n+5)}{n+1}$ queremos ver que $(n+2)(3n+2)-n(3n+5)=3n+4$
Pero el LHS es $3n^2+2n+6n+4-3n^2-5n=3n+4$
Por lo tanto queremos ver que $3n+4=3n+4$
Pero esto claramente es cierto, la inducción está completa.
Para $n=99$ la suma pedida es $\frac{99\cdot 100}{3\cdot 99+2}=\frac{9900}{299}$
[math]

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