¿postulado de rarar?

[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.

[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?

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?

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?

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.

[rarar]

Re: ¿postulado de rarar?

Mi triángulo, se puede, fácilmente, ampliar lo que se quiera.
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?

$a_i*a_{i+1}$
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?

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?

Espero que, tu visita al médico, haya sido sólo rutinaria.

Debes de tener algún error pequeño, el 225 que hallas, corresponde al coeficiente de $n^2$ ( o sea, $a_2$)del polinomio de grado 5 (k=5) y tiene signo negativo.
El polinomio sería: $\dst P_5=n^5-15n^4+85n^3-225n^2+274n-120$
La verdad, es que, estando acostumbrado a mis nomenclaturas, me cuesta bastante trabajo entender algunas de tus fórmulas.
Un cordial saludo.

[arivasm]

Re: ¿postulado de rarar?

Sí, tienes razón en que debe haber algún error. Lo del k=5 era claramente una errata de transcripción. Pero sí es cierto, que lo que sale es el coeficiente de $n^2$. Tendré que revisar la demostración. ¡Porras!, con lo contento que estaba yo.

PD: Siento que sea confusa la notación, pero es que cada coeficiente depende de dos cosas: el exponente de n y el valor de k. De ahí la conveniencia de etiquetarlos con dos subíndices. ¿Qué notación te resultaría más cómoda?

[rarar]

Re: ¿postulado de rarar?

Lo siento.
La anotación más cómoda, para mí, es la de hacer coincidir el exponente con el subíndice. Así sólo se utiliza un subíndice.
Un cordial saludo.

[arivasm]

Re: ¿postulado de rarar?

Creo que ya cacé el gazapo: me lié en un cambio de índices durante la demostración.

Si no me equivoco, la expresión que puse debería ser así (aprovecho para añadirle algo más de detalle y también procuraré usar tu notación, con un único subíndice en el coeficiente que se calcula):

$\dst a_{k-i}=(-1)^i \sum_{p_1=i}^k p_1 \sum_{p_2=i-1}^{p_1-1} p_2 \sum_{p_3=i-2}^{p_2-1} p_3 ... \sum_{p_i=1}^{p_{i-1}-1} p_i$

De hecho, las expresiones que puse antes no se correspondían (dejando de lado el problema de los signos) con los $a_1$ y $a_2$ sino con los $a_{k-1}$ y $a_{k-2}$. Es decir, antes debí haber escrito que $\dst a_{k-1}=(-1)^1 \sum_{p=1}^k p = -\frac{k+1}{2}k$ y que $\dst a_{k-2}=(-1)^2 \sum_{p=2}^k p \sum_{q=1}^{p-1} q = \frac{1}{12} k (k+1) \left( 3 k^2 - k - 2 \right)$.

La fórmula en cuestión se aplica del siguiente modo: además del signo, se trata de una suma de una suma de una suma... tantas veces como sea i (recordemos que hablamos de los $a_{k-i}$).

Por ejemplo, si queremos encontrar el valor del coeficiente de $n^5$ para $k=9$, (es decir el $a_{5}=a_{9-4}$) tendremos una suma de una suma de una suma de una suma (cuatro veces), lo que implica que al final tendremos una gran suma de términos formados por cuatro factores, y que son de tal manera que en cada uno de esos términos los cuatro factores siempre serán diferentes.

Quizá la mejor manera de describir el cálculo no es el orden creciente, sino el decreciente.

En ese orden, los seis primeros sumandos serán

9·8·7·6 + 9·8·7·5 + 9·8·7·4 + ... + 9·8·7·1

luego vienen cinco de la forma

9·8·6·5 + 9·8·6·4 + ... + 9·8·6·1

que irán seguidos de

9·8·5·4 + ... + 9·8·5·1

y así hasta que lleguemos a 9·8·2·1, a partir de ahí vienen sumandos que empiezan por 9·7·6·5 + 9·7·6·4 + ... hasta llegar a 9·7·2·1...

La serie de sumandos con 9 acaba en 9·3·2·1, que irá seguido de la serie de sumandos que comienzan por el 8, es decir,

8·7·6·5 + 8·7·6·4 + 8·7·6·3 + ...

Cuando lleguemos al 8·3·2·1 pasaremos al 7·6·5·4... y así hasta que lleguemos finalmente al 4·3·2·1.


¡A ver si ahora no he metido la pata!

[rarar]

Re: ¿postulado de rarar?

Ostras¡ que palizón me he pegado.
Sí coincide el ejemplo que has puesto. Lo que pasa, es que el sistema es muy engorroso.
Resulta: 63273
Casi es mejor utilizar la fórmula que hallé para $a_{k-4}$, ya que ese el elemento buscado; pero, también es verdad, que para elementos de k>14 y de $a_{k-5}$ a $a_3$, no he encontrado todavía otro sistema.
Seguiré investigando tu fórmula.
Un cordial saludo.

[arivasm]

Re: ¿postulado de rarar?

La fórmula que he puesto, igual que la que escribí anteriormente (la de suma de inversos) no tiene como propósito el cálculo rápido de los coeficientes, sino servir de base para demostrar las expresiones que encontraste para $a_{k-1}, a_{k-2}$, etc.