¿postulado de rarar?

[arivasm]

Re: ¿postulado de rarar?

Edito: corrijo algunos errores respecto del post original.

Hola rarar

Hoy he ido al médico y debo decir que gracias a tu problema he disfrutado largamente de una espera que en otras circunstancias me habría resultado extremadamente tediosa. Está visto que no hay juguete más divertido que un bolígrafo y unos cuantos folios en blanco.

Al final he encontrado una expresión general para los coeficientes, y que se obtiene a partir de la general que recogí anteriormente, y para la que previamente había comprobado que sí funciona, al menos en los primeros casos. Sin embargo, la nueva es mucho más sencilla de aplicar:

$\dst a_{k,k-i}=(-1)^i \sum_{p_1=i}^k p_1 \sum_{p_2=i-1}^{p_1-1} p_2 ... \sum_{p_i=1}^{p_{i-1}-1} p_i$

A modo de ejemplo, voy a aplicarla para encontrar el coeficiente de $n^2$ para $k=5$, es decir, lo que yo llamo $a_{5,2}$:

$-a_{5,5-3}$ = 3·2·1 + 4·2·1 + 4·3·1 + 4·3·2 + 5·2·1 + 5·3·1 + 5·3·2 + 5·4·1 + 5·4·2 + 5·4·3 = 225

Como puedes ver es coincidente con lo que señalaste en una de tus entradas anteriores.

La expresión también nos permite encontrar la forma generar de cualquiera de los coeficientes, realizando las sumas, naturalmente siendo necesaria más paciencia cuanto mayor sea $i$.

Así, para $i=1$, $\dst a_{k,k-1}=(-1)^1 \sum_{p=1}^k p = -\frac{k+1}{2}k$.

Para $i=2$, $\dst a_{k,k-2}=(-1)^2 \sum_{p=2}^k p \sum_{q=1}^{p-1} q = \sum_{p=2}^k p \frac{p}{2}(p-1)= \frac{1}{2}\left(\sum_{p=2}^k p^3 - \sum_{p=2}^k p^2 \right)$.

Si ahora aplicamos que $\dst\sum_{p=1}^k p^3 = \frac{1}{4}k^2(k+1)^2$ y $\dst\sum_{p=1}^k p^2 = \frac{1}{6}k (k+1)(2k+1)$ tenemos que $\dst a_{k,k-2}=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{4}k^2(k+1)^2 - \frac{1}{6}k (k+1)(2k+1) \right]$, es decir, $\dst a_{k,k-2}=\frac{1}{12} k (k+1) \left( 3 k^2 - k - 2 \right)$ o si se prefiere $\dst a_{k,k-2}=\frac{1}{12} \left( 3 k^4 + 2 k^3 - 3 k^2 - 2 k \right)$. Puedes comprobar que si desarrollas el resultado que encontrase es exactamente este mismo.

Saludos!

[rarar]

Re: ¿postulado de rarar?

$a_i*a_{i+1}$
1*2=2, 2*3=6, 3*4=12, ...etc.
El triángulo es, simplemente, una ordenación conveniente de los factores.
P.D. Daré una pista determinante de la sucesión, propuesta en el foro de ingenio.
Un cordial saludo.

[arivasm]

Re: ¿postulado de rarar?

Pues sí que es bonito el triángulo. ¿Cómo están construidos los elementos de la primera columna? (2, 6, 12, 20, 30...)

PD: Sí he visto el problema de la serie 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, *255* pero formo parte de los que no "caen" en cuál puede ser la solución.

[rarar]

Re: ¿postulado de rarar?

Mi triángulo, se puede, fácilmente, ampliar lo que se quiera.
Un cordial saludo.

[rarar]

Re: ¿postulado de rarar?

Creo que te he entendido. En cuanto tenga un poco de tiempo me pondré a investigarlo.
Lo del triángulo, la verdad, no lo he expresado muy bien, que digamos.
Funciona así:
1) Empieza por el vértice superior izquierdo, para k=2.
2) Tiene dos utilidades: para calcular $a_{k-2}$ y para calcular $a_2$.
Ejemplos:
Para k=2 tenemos $a_{k-2}=a_0=2$ y $a_k=a_2=2!\frac{1}{2}=1$
Para k=3 tenemos $a_{k-2}=a_1=2+3+6=11$ y $a_{k-1}=a_2=3!(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6})=6$

Para k=4 tenemos $a_{k-2}=2+3+6+4+8+12=35$ y $a_2=4!(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{12})=35$
...
...
Para k=9 tenemos $\dst a_{k-2}=2+3+6+...+9+18+27+36+45+54+63+72=870$ y $\dst a_2=9!(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{9}+\frac{1}{18}+\frac{1}{27}+...+\frac{1}{63}+\frac{1}{72})=1172700$
Chulo mi triángulo, ¿verdad?
Un cordial saludo.

[arivasm]

Re: ¿postulado de rarar?

Los $1/p_i$ en realidad "extraen" factores del $k!$. Por otra parte, las sumas que aparecen en las expresiones que puse anteriormente son anidadas, es decir, el rango de valores para el índice de cada suma está limitado por el índice de la suma de la izquierda. Voy a ilustrar, por ejemplo, el caso de los $a_2$:

$\dst a_{k,2}=(-1)^k k! \sum_{p=2}^k \frac{1}{p} \sum_{q=1}^{p-1} \frac{1}{q}$

aplicado a $k=4$ sería

$\dst a_{4,2}= 4! \sum_{p=2}^4 \frac{1}{p} \sum_{q=1}^{p-1} \frac{1}{q}$

es decir

$\dst a_{4,2}= 4! \left[ \frac{1}{2} \frac{1}{1} + \frac{1}{3} \left( \frac{1}{1} + \frac{1}{2}\right)+ \frac{1}{4} \left( \frac{1}{1} + \frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right) \right]$

con lo que tenemos $a_{4,2}=4\cdot 3+4\cdot 2+4\cdot 1+3\cdot 2+3\cdot 1+2\cdot 1 = 35$

Sobre el triángulo que recoges en tu post, no veo cómo interviene.

[rarar]

Re: ¿postulado de rarar?

Los p de 1/p se pueden hallar fácil con ayuda del triángulo que he construido:

....2....3......4......5.......6.......7.......8........9.....10.....11
....6....8....10.....12.....14.....16.....18......20......22
..12...15....18.....21.....24.....27.....30.....33
..20...24....28.....32.....36.....40.....44
..30...35....40.....45.....50.....55
..42...48....54.....60.....66
..56...63....70.....77
..72...80....88
..90...99
110
Pero, claro, habría que sumar todos los 1/p. Es engorroso. Estoy mirando si puedo inventarme alguna fórmula manejable.
En la página anterior, te comenté que he puesto un ejercicio en el canal de ingenio, de la web física. Me gustaría que le echases un vistazo, para ver que te parece.
Un cordial saludo.

[arivasm]

Re: ¿postulado de rarar?

p, q, r son los índices que recorren las sumas, en el caso de los $a_3$

[rarar]

Re: ¿postulado de rarar?

Hola Arivasm.
He investigado sobre tu postulado. Creo que te faltaría definir: p, q y r.
En el ejemplo, que he puesto, se podría multiplicar $k! \sum 1/p$. Siendo p el producto de todas las combinaciones posibles de $k_i$ tomadas de dos en dos.
Es decir, $\begin{pmatrix}k \\ 2\end{pmatrix}$ productos.
Un cordial saludo.

[rarar]

Re: ¿postulado de rarar?

Sí Arivasm. También me he estado comiendo "el tarro" con $a_2$.
Es fácil de comprender, pero muy difícil de encontrar su fórmula.
Es tan simple como multiplicar todos los términos independientes de todos los factores ($k_i)$, escogidos de $k-2 \text { en } k-2$.
Es decir, por ejemplo, si tenemos 5 factores: $(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)$, elegiremos de dos en dos (para obtener $n^2$) y multiplicaremos todos los términos independientes, a excepción de los dos escogidos. El resultado de todas esas multiplicaciones, las sumaremos. Obtendremos $\begin{pmatrix}5 \\ 2\end{pmatrix}$ combinaciones diferentes. En este caso (1*2*3)+(1*2*4)+(1*2*5)+(1*3*4)+(1*3*5)+(1*4*5)+(2*3*4)+(2*3*5)+(2*4*5)+(3*4*5)=225
Pero, hallar una fórmula que nos dé el resultado
En canal ingenio, he puesto un problema que, en cierta forma, utiliza el "postulado".
Un cordial saludo.

[arivasm]

Re: ¿postulado de rarar?

En estos días de vacaciones he llevado conmigo un papel y un bolígrafo para jugar con tus polinomios en los ratillos aburridos. Total, que he encontrado una nueva expresión, haciendo uso de las relaciones de recurrencia y del último resultado que aporté. En esta ocasión se refiere a los coeficientes de $n^2$, es decir, a tus $a_2$:

$\dst a_{k,2}=(-1)^k k! \sum_{p=2}^k \frac{1}{p} \sum_{q=1}^{p-1} \frac{1}{q}$

Como se puede ver, si se compara con el resultado que señalé anteriormente tiene toda la pinta de que se puede generalizar. De hecho, yo también hice mi propia conjetura al respecto y me limité a comprobar el caso $a_3$ con la expresión siguiente:

$\dst a_{k,3}=(-1)^{k-3} k! \sum_{p=3}^k \frac{1}{p} \sum_{q=2}^{p-1} \frac{1}{q} \sum_{r=1}^{q-1} \frac{1}{r}$

y comprobé que al menos sí se cumple en los dos primeros ($k=4$ y $k=5$; con papel y bolígrafo no animaba mucho a irse más allá).

Así pues, aquí lanzo yo la "conjetura de arivasm para los números de rarar":

$\dst a_{k,\alpha}=(-1)^{k-\alpha} k! \sum_{p_1=\alpha}^k \frac{1}{p_1} \sum_{p_2=\alpha-1}^{p_1-1} \frac{1}{p_2} \sum_{p_3=\alpha-2}^{p_2-1} \frac{1}{p_3}...\sum_{p_\alpha=1}^{p_{\alpha-1}-1} \frac{1}{p_\alpha}$

Claro que de momento es un simple brindis al sol. Trataré de verificarlo electrónicamente un día de éstos.

[rarar]

Re: ¿postulado de rarar?

Me encanta esa función de la serie armónica¡

[rarar]

Re: ¿postulado de rarar?

Perdón, sí funciona.
Un cordial saludo.

[rarar]

Re: ¿postulado de rarar?

No funciona para $a_1$
Un cordial saludo.

[arivasm]

Re: ¿postulado de rarar?

Tirando de la relación de recurrencia he encontrado esta expresión para los coeficientes de $n$, es decir, para los que tú etiquetas como $a_1$ y yo como $a_{k,1}$. La demostración es muy incómoda de transcribir en LaTEX, pero es pura mecánica:

$\dst a_{k,1} = (-1)^{k-1} k! \sum_{p=1}^k \frac{1}{p}$

Saludos!