Demostrar $\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor+\lfloor\frac{n+2}{4}\rfloor+\lfloor\frac{n+4}{8}\rfloor+\lfloor\frac{n+8}{16}\rfloor+ \dots=n$

Question

Demostrar $$\left[\dfrac{n+1}{2}\right]+\left[\dfrac{n+2}{4}\right]+\left[\dfrac{n+4}{8}\right]+\left[\dfrac{n+8}{16}\right] + \dots=n$$ donde $[x]=\lfloor x\rfloor$

$$$$ Se sugirió que, de alguna manera, yo uso la identidad $[x]=\left[\dfrac x2\right]+\left[\dfrac{x+1}{2}\right]$$$$$After struggling for a while, I realised I wasn't getting anywhere using his hint, probably because I couldn't really understand how I was to use it. Instead I tried to use the Squeeze Theorem by rewriting the $n$ term of the series (referred to later as S) as$$$$ $$t_n=\left[\dfrac{n+2^k}{2^{k+1}}\right] \text{ where } 0\le k<\infty$$ $$\Rightarrow \dfrac{n+2^k}{2^{k+1}}-1<\left[\dfrac{n+2^k}{2^{k+1}}\right]\le \dfrac{n+2^k}{2^{k+1}}$$ $$$$ $$ \lim_{k\to \infty}(k+1)\left(\dfrac{n+2^k}{2^{k+1}}-1\right)<S\le \lim_{k\to \infty}(k+1)\left( \dfrac{n+2^k}{2^{k+1}}\right)$$

Sin embargo, estos límites son demasiado flojos como los límites divergentes a $-\infty$ $\infty$ respectivamente. $$$$ Podría alguien por favor, muéstrame cómo probar que la serie es igual a $n$, ya sea a través del dado sugerencia, o a través de la selección estricta de los límites para el Teorema del sándwich? Muchas gracias!

Answer 1

El primer término en su infinita suma (llamando $S(n)$), el uso de la identidad, es

$$\left[n\right] - \left[\frac{n}{2}\right]$$

El siguiente término es

$$\left[\frac{n}{2}\right] - \left[\frac{n}{4}\right]$$

El siguiente término es

$$\left[\frac{n}{4}\right] - \left[\frac{n}{8}\right]$$

Y así sucesivamente. Entonces, la suma parcial a la $m$th plazo, $S(n,m)$, es sólo $[n] - [n/2^m]$. Tomando esto como m enfoques infinito:

$$\lim_{m \to \infty}S(n, m) = \lim_{m \to \infty}\left(\left[n\right] - \left[\frac{n}{2^m}\right]\right) = \left[n\right] = n.$$

Answer 2

Para $x=\frac{n}{2^k}$, la identidad que tienen los medios:

$$\left\lfloor \frac{n}{2^k}\right\rfloor =\left \lfloor \frac{n}{2^{k+1}}\right\rfloor+\left\lfloor \frac{n+2^k}{2^{k+1}}\right\rfloor$$

Para demostrar por inducción para cualquier $m\geq 0$ que:

$$ n = \left\lfloor\frac{n}{2^m}\right\rfloor+\sum_{k=0}^{m-1}\left\lfloor\frac{x+2^{k}}{2^{k+1}}\right\rfloor$$

El pick $m$, de modo que $2^m>n$.

Answer 3

Vamos a empezar con la observación de que, para cualquier enteros $a,b\gt0$,

$$\left\lfloor{a\over b}+{1\over2b}\right\rfloor=\left\lfloor{a\over b}\right\rfloor\quad(*)$$

Ahora definir

$$f(n)=n-\left(\left\lfloor n+1\over2 \right\rfloor+\left\lfloor n+2\over4 \right\rfloor+\left\lfloor n+4\over8 \right\rfloor+\left\lfloor n+8\over16 \right\rfloor+\cdots \right)$$

Entonces

$$\begin{align} f(2n) &=2n-\left(\left\lfloor 2n+1\over2 \right\rfloor+\left\lfloor 2n+2\over4 \right\rfloor+\left\lfloor 2n+4\over8 \right\rfloor+\left\lfloor 2n+8\over16 \right\rfloor+\cdots \right)\\ &=2n-\left(\left\lfloor n+{1\over2} \right\rfloor+\left\lfloor n+1\over2 \right\rfloor+\left\lfloor n+2\over4 \right\rfloor+\left\lfloor n+4\over8 \right\rfloor+\cdots \right)\\ &=2n-\left(n+\left\lfloor n+1\over2 \right\rfloor+\left\lfloor n+2\over4 \right\rfloor+\left\lfloor n+4\over8 \right\rfloor+\cdots \right)\\ &=f(n) \end{align}$$

y

$$\begin{align} f(2n+1) &=2n+1-\left(\left\lfloor 2n+2\over2 \right\rfloor+\left\lfloor 2n+3\over4 \right\rfloor+\left\lfloor 2n+5\over8 \right\rfloor+\left\lfloor 2n+9\over16 \right\rfloor+\cdots \right)\\ &=2n+1-\left(\left\lfloor n+1 \right\rfloor+\left\lfloor {n+1\over2}+{1\over4} \right\rfloor+\left\lfloor {n+2\over4}+{1\over8} \right\rfloor+\left\lfloor {n+4\over8}+{1\over16} \right\rfloor+\cdots \right)\\ &=2n+1-\left(n+1+\left\lfloor n+1\over2 \right\rfloor+\left\lfloor n+2\over4 \right\rfloor+\left\lfloor n+4\over8 \right\rfloor+\cdots \right)\quad\text{using (*)}\\ &=f(n) \end{align}$$

En consecuencia, $f(n)$ es una función constante para todos los $n\gt0$, por lo que es suficiente para evaluar

$$\begin{align} f(1)&=1-\left(\left\lfloor 1+1\over2 \right\rfloor+\left\lfloor 1+2\over4 \right\rfloor+\left\lfloor 1+4\over8 \right\rfloor+\left\lfloor 1+8\over16 \right\rfloor+\cdots \right)\\ &=1-(1+0+0+0+\cdots)\\ &=0 \end{align}$$

Answer 4

$$\begin{align} \qquad\qquad\qquad \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\left[ \frac{x+1}2\right]&=\left[x\right]-\left[\frac x2\right]\end{align}$$ Poner $x=\dfrac n{2^r}$: $$\begin{align} \left[ \frac{\frac n{2^r}+1}2\right]&=\left[\frac n{2^r}\right]-\left[\frac {\frac n{2^r}}2\right]\\ \left[\frac{n+2^r}{2^{r+1}}\right]&=\left[\frac n{2^r}\right]-\left[\frac n{2^{r+1}}\right]\\ r=0:\qquad \left[\frac{n+1}{2}\right]&=\;\left[n\right]\;-\left[\frac n{2}\right]\\ r=1:\qquad \left[\frac{n+2}{4}\right]&=\left[\frac n{2}\right]-\left[\frac n{4}\right]\\ r=2:\qquad \left[\frac{n+4}{4}\right]&=\left[\frac n{4}\right]-\left[\frac n{8}\right]\\ r=3:\qquad \left[\frac{n+8}{16}\right]&=\left[\frac n{8}\right]-\left[\frac n{16}\right]\\ &\vdots\\ &\vdots\\ \text{Summing:} \left[\dfrac{n+1}{2}\right]+\left[\dfrac{n+2}{4}\right]+\left[\dfrac{n+4}{8}\right]+\left[\dfrac{n+8}{16}\right] + \dots&=\left[n\right]\\ &=n\qquad\blacksquare \end{align}$$

Answer 5

Deje $n=d_0+2d_1+4d_2+\dots+2^kd_k$ donde $d_i\in\{0,1\}$, para cada una de las $i=0,\dots,k$.

Ahora, desde la $n-d_0$ es un múltiplo de $2$, $\left[\frac{n+1}2\right]=\left[\frac{n-d_0+d_1+1}2\right]=\frac{n-d_0}2+\left[\frac{d_0+1}2\right]$.

Pero echemos un vistazo a $\left[\frac{d_0+1}2\right]$. Si $d_0=0$,$[1/2]=0=d_0$. De lo contrario, si d_0=1, tenemos $[2/2]=[1]=1=d_0$. Así que en cualquiera de los casos, es igual a $d_0$.

Por eso, $\left[\frac{n+1}2\right]=\frac{n-d_0}2+d_0$.

Ahora vamos a hacer para $\left[\frac{n+2^{i-1}}{2^i}\right]$, tal como la conocemos $(n-d_0-\dots-2^{i-1}d_{i-1})$ es un múltiplo de a $2^i$, por lo que $$\left[\frac{n+2^{i-1}}{2^i}\right]=\left[\frac{(n-d_0-\dots-2^{i-1}d_{i-1})+d_0+\dots_+2^{i-1}d_{i-1}+2^{i-1}}{2^i}\right]\\ = \frac{n-d_0-\dots-2^{i-1}d_{i-1}}{2^i}+\left[\frac{d_0+\dots_+2^{i-1}d_{i-1}+2^{i-1}}{2^i}\right]\\ = \frac{n-d_0-\dots-2^{i-1}d_{i-1}}{2^i}+\left[\frac{2^{i-1}d_{i-1}+2^{i-1}}{2^i}\right]\\ = \frac{n-d_0-\dots-2^{i-1}d_{i-1}}{2^i}+d_{i-1}$$

por lo que podemos agregar todos estos... así que hemos...

$\frac{n-d_0}2+d_0+\dots+\frac{n-d_0-\dots-2^{i-1}d_{i-1}}{2^i}+d_{i-1}+\dots+\frac{n-d_0-\dots-2^{k-1}d_{k-1}}{2^k}+d_{k-1}+\frac{n-d_0-\dots-2^{k}d_{k}}{2^{k+1}}+d_{k}$

$=\frac{n+d_0}2+\dots+\frac{n-d_0-\dots+2^{i-1}d_{i-1}}{2^i}+\dots+\frac{n-d_0-\dots+2^{k-1}d_{k-1}}{2^k}+\frac{n-d_0-\dots+2^{k}d_{k}}{2^{k+1}}$

$=\frac{2^{k-1}n+2^{k-1}d_0}{2^k}+\dots+\frac{n-d_0-\dots+2^{i-1}d_{i-1}}{2^i}+\dots+\frac{n-d_0-\dots+2^{k-1}d_{k-1}}{2^k}$

$=\frac{(2^{k-1}+\dots+1)n+(2^{k-1}-\dots-1)d_0+\dots+(2^{k-i}-\dots-2^{i-1})d_{i-1}+\dots+2^{k-1}d_k-1}{2^k}=\frac{(2^{k}-1)n+d_0+\dots+2^id_i+\dots 2^kd_k}{2^k}=\frac{(2^k-1)n+n}{2^k}=\frac{(2^k-1+1)n}{2^k}=\frac{(2^k)n}{2^k}=n$