Revisando unos comentarios me topé con un ejercicio interesante.

Ejercicio 1. Sea {n} un número natural. Se quiere mostrar que

\displaystyle \left\lfloor\frac{n}{1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+\dotsb+\left\lfloor\frac{n}{n}\right\rfloor+\left\lfloor{\sqrt{n}}\right\rfloor

es par.

Demostración. Si

\displaystyle  S = \{\,(a,b)\in\mathbf N^2\mid ab\le n\,\}

y

\displaystyle  T=\{\,(a,a)\in\mathbf N^2\mid a^2\le n\,\},

entonces

\displaystyle  |S|=\sum_{b\ge 1}|\{\,a\in\mathbf N\mid a\le\tfrac nb\,\}|=\sum_{b\ge 1}\lfloor \tfrac nb\rfloor =\left\lfloor \frac n1\right\rfloor+\left\lfloor \frac n2\right\rfloor+\ldots +\left\lfloor \frac nn\right \rfloor

y

\displaystyle |T|=\lfloor \sqrt n\rfloor.

La función {(a,b)\mapsto (b,a)} es un punto fijo libre de involución de {S\setminus T}, por lo tanto {|S\setminus T|} es par, y ya que

\displaystyle  \left\lfloor \frac n1\right\rfloor+\left\lfloor \frac n2\right\rfloor+\ldots +\left\lfloor \frac nn\right \rfloor+\lfloor\sqrt n\rfloor = |S\setminus T|+2|T|,

se prueba la afirmación. \Box

   Veamos ahora una segunda demostración:

Demostración. Usando el siguiente hecho:

\displaystyle  \sum_{i=1}^n\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor=\sum_{i=1}^n d(i)

donde {d(\ )} es la función divisor (LD: hay {d(i)} números que dividen a {i}, LI: hay {\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor} números a lo más {n} divisible por {i}). Todos los números tiene un número par de divisores, excepto para los cuadrados, y hay {\lfloor\sqrt{n}\rfloor} de aquellos; así

\displaystyle  \lfloor\sqrt{n}\rfloor+\sum_{i=1}^n\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor=\sum_{i=1}^n d(i)+1\{\exists k\in\mathbf{N}:i=k^2\}

y todos los términos en la suma del LD son pares. \Box

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