¿Cuál fue la solución de Ramanujan?

Question

La entrada de la wikipedia sobre Ramanujan contiene el siguiente pasaje :

Una de sus notables capacidades era la rápida solución de problemas. Estaba compartiendo una habitación con P. C. Mahalanobis que tenía un problema: "Imagina que estás en una calle con casas marcadas del 1 hasta n. Hay una casa en medio $(x)$ tal que la suma de los números de casa a su izquierda es igual a la suma de los números de casa a su derecha. Si $n$ está entre $50$ y $500$ ¿Qué es? $n$ y $x$ ?" Este es un problema bivariado con múltiples soluciones. Ramanujan pensó en ello y dio la respuesta con un giro: dio una fracción continua. La parte inusual era que era la solución a toda la clase de problemas. Mahalanobis se quedó asombrado y le preguntó cómo lo había hecho. "Es muy sencillo. En cuanto escuché el problema, supe que la respuesta era una fracción continua. Qué fracción continua, me pregunté. Entonces la respuesta vino a mi mente", respondió Ramanujan.

¿Cuál era la fracción continua y cómo daba todas las soluciones al problema? Y lo que es más importante, ¿cómo podría alguien derivar dicha solución? ¿Hay problemas similares que también tengan fracciones continuas que describan todas las soluciones?

Este parece un método interesante y poderoso, y me gustaría aprender más sobre él.

Answer 1

Una ampliación del comentario de André en una exposición detallada puede encontrarse en http://www.johnderbyshire.com/Opinions/Diaries/Puzzles/2009-06.html . También está en http://www.angelfire.com/ak/ashoksandhya/winners2.html#PUZZANS4 .

Answer 2

Utilizaremos

Teorema 1: Si $r\gt0$ es irracional y $\left|\,\frac pq-r\,\right|\le\frac1{2q^2}$ donde $(p,q)=1$ entonces $\frac pq$ es una fracción continua convergente para $r$ .

y

Teorema 2: Si $\left\{\frac{p_k}{q_k}\right\}$ es la secuencia de convergencias de fracciones continuas para un irracional $r\gt0$ entonces $r$ está entre $\frac{p_k}{q_k}$ y $\frac{p_{k+1}}{q_{k+1}}$ y $\frac{p_{k+1}}{q_{k+1}}-\frac{p_k}{q_k}=\frac{(-1)^k}{q_{k+1}q_k}$ .

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El problema se puede escribir como $$ \overbrace{\ \frac{x^2-x}2\ }^{\substack{\text{sum of $ 1 $}\\\text{to $ x-1 $}}}=\overbrace{\frac{n^2+n}2-\frac{x^2+x}2}^\text{sum of $ x+1 $ to $ n $}\tag1 $$ lo que equivale a $$ 8x^2=(2n+1)^2-1\tag2 $$ Desde $(2)$ obtenemos $\frac{2n+1}x=\sqrt{8+\frac1{x^2}}$ por lo tanto, queremos una sobreestimación para $\sqrt8$ que tiene un numerador impar. Además, $(2)$ implica $$ \begin{align} \frac{2n+1}x-\sqrt8 &=\sqrt{8+\tfrac1{x^2}}-\sqrt8\\[9pt] &=\frac{1/x^2}{\sqrt{8+\frac1{x^2}}+\sqrt8}\\ &\le\frac1{2\sqrt8\,x^2}\tag3 \end{align} $$ Teorema 1 y desigualdad $(3)$ dicen que $\frac{2n+1}x$ debe ser una fracción continua aproximada para $\sqrt8$ para satisfacer $(2)$ .

La fracción continua para $\sqrt8$ es $(2;1,4,1,4,1,\dots)$ . Los convergentes son $$ \begin{array}{c|cc} k&0&\color{#C00}{1}&2&\color{#C00}{3}&4&\color{#C00}{5}&\dots\\\hline \frac{p_k}{q_k}&\frac21&\color{#C00}{\frac31}&\frac{14}5&\color{#C00}{\frac{17}6}&\frac{82}{29}&\color{#C00}{\frac{99}{35}}&\dots \end{array}\tag4 $$ La fracción continua repetida da la siguiente recurrencia numerador/denominador $$ \begin{align} a_{2n}&=4a_{2n-1}+a_{2n-2}\tag{5a}\\ a_{2n+1}&=a_{2n}+a_{2n-1}\tag{5b} \end{align} $$ El teorema 2 dice que los términos rojos, los que tienen índices Impares, están sobreestimados. Además, las recurrencias $\text{(5a)}$ y $\text{(5b)}$ garantizan que los términos rojos tienen numeradores Impares.

Combinando $\text{(5a)}$ y $\text{(5b)}$ obtenemos que la recurrencia para los numeradores y denominadores numerados de impar es $$ a_{2n+1}=6a_{2n-1}-a_{2n-3}\tag6 $$ Así, podemos obtener las soluciones a partir de los términos indexados de impar $(4)$ : $$ \begin{array}{c|cc} k&1&3&5&7&9&\dots\\\hline \frac{p_k}{q_k}&\frac31&\frac{17}6&\frac{99}{35}&\frac{577}{204}&\frac{3363}{1189}&\dots\\ \frac{n_k}{x_k}&\frac11&\frac86&\frac{49}{35}&\frac{288}{204}&\frac{1681}{1189}&\dots \end{array}\tag7 $$ La pareja que ha $50\le n\le500$ es $(x,n)=(204,288)$ .

Comprobación: $$ \sum_{k=1}^{203}k=20706=\sum_{k=205}^{288}k\tag8 $$

Answer 3

Ver Pi Mu Epsilon Journal Vol. 14 # 6 pp 389-97, 2017.
"Rompecabezas de números de casa: solución mediante bifurcación"

A continuación se ofrece un resumen de la citada publicación de Pi Mu Epsilon:

La fracción continuada de 2 es: 1, 3/2, 7/5, 17/12, 41/29, 99/70, 239/169 ... Los anteriores (x/y) también forman soluciones a la ecuación de Pell: x ² 2 y ² = ±1. Los números de las casas son productos de x e y (las soluciones a la ecuación de Pell anterior): 1*1; 3*2; 7*5; 17*12; 41*29 ... y el número total de casas lo proporcionan x*x y 2*y*y alternativamente. Número total de casas: 1*1; 2*2*2; 7*7; 2*12*12; 41*41 ...

Para más detalles, consulte la propia publicación.

Answer 4

Si no sabes resolver el problema por fracción continua, puedes encontrar fácilmente por tanteo (2x² = n² - n) las siguientes soluciones: x = 0, n = 0, x = 1, n = 1, x = 6, n = 8, x = 35, n = 49. Una vez encontradas estas soluciones, podemos ver que las soluciones para n forman una fila. Cada nueva solución para x es seis veces la última solución menos la solución anterior a la última solución. 6 es 6 x 1 menos 0 y 35 = 6 x 6 menos 1. Lo mismo ocurre con n, pero tenemos que añadir 2. 8 = 6 x 1 menos 0 más 2. 49 = 6 x 8 menos 1 más 2. Así que tenemos la conjetura de que el próximo valor de x será 6 veces 35 menos 6 es 204. Y que el siguiente n será 6 x 49 menos 8 más 2 = 288. Al rellenar estos números en la ecuación 2x² = n² - n se demuestra que la conjetura es correcta. Así podemos encontrar la siguiente solución x = 1,189 y n = 1,681. Y así sucesivamente.