Đến nội dung

Hình ảnh

Tìm điều kiện để có đẳng thức phần nguyên

- - - - - floor function summation

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết
Cho các số nguyên dương $m,n$
Xét hai biểu thức sau:
$A=\sum_{k=1}^n \left\lfloor \frac{k}{m}\right\rfloor$
$B=\left\lfloor \frac{n^2-(m-2)n}{2m}+\alpha\right\rfloor$
$1.\,\,$ Với $m=4$, tìm điều kiện của $\alpha$ để đẳng thức $A=B$ đúng với mọi $n$
$2.\,\,$ Với $\alpha=\frac{1}{2}$, tìm tất cả giá trị của $m$ để đẳng thức $A=B$ đúng với mọi $n$
$3.\,\,$ Với $m> M$, trong đó $M$ là giá trị lớn nhất của $m$ tìm được ở câu $2.\,$
Chứng minh rằng không tồn tại $\alpha\,$ để đẳng thức $A=B$ xảy ra với mọi $n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 06-02-2024 - 05:28


#2
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết
Hãy thử với bài toán tổng quát hơn sau:
Cho $p,q$ là các số nguyên dương thoả mãn điều kiện $\gcd(p,q)=1$, trong đó $p>1$
Tìm điều kiện của $\alpha\,$ để đẳng thức sau đúng $\forall n\in \mathbb Z^+$
$$\sum_{k=1}^n\left\lfloor \frac{pk}{q}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{pn^2+(p+1-q)n}{2q}+\alpha\right\rfloor$$
——————
P/s: Trường hợp $p=1$ ta có bài toán ở post đầu tiên

#3
Hoang72

Hoang72

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 539 Bài viết

Cho các số nguyên dương $m,n$
Xét hai biểu thức sau:
$A=\sum_{k=1}^n \left\lfloor \frac{k}{m}\right\rfloor$
$B=\left\lfloor \frac{n^2-(m-2)n}{2m}+\alpha\right\rfloor$
$1.\,\,$ Với $m=4$, tìm điều kiện của $\alpha$ để đẳng thức $A=B$ đúng với mọi $n$
$2.\,\,$ Với $\alpha=\frac{1}{2}$, tìm tất cả giá trị của $m$ để đẳng thức $A=B$ đúng với mọi $n$
$3.\,\,$ Với $m> M$, trong đó $M$ là giá trị lớn nhất của $m$ tìm được ở câu $2.\,$
Chứng minh rằng không tồn tại $\alpha\,$ để đẳng thức $A=B$ xảy ra với mọi $n$

Đề bài không khó nhưng khá rối. Khó nhất là tìm ra công thức như người ra đề :D

Ta có đẳng thức: $[a + x] = a + [x],\forall a\in\mathbb Z, x\in\mathbb R$.

Với $\alpha$ cố định, xét mệnh đề $P(n,m)$, với ý nghĩa là khi đó $A = B$.

Ta chứng minh $P(n,m)$ đúng khi và chỉ khi $P(n + m,m)$ đúng.

Thật vậy, ta có: $\sum_{k=1}^{n+m} \left \lfloor \frac{k}{m} \right \rfloor - \sum_{k=1}^n \left \lfloor \frac{k}{m} \right \rfloor = \sum_{k= n+1}^{n+m}\left \lfloor \frac{k}{m} \right \rfloor$.

Đồng thời ta cũng có $\left \lfloor \frac{(n+m)^2 - (m-2)(n+m) + \alpha}{2m} \right \rfloor=\left\lfloor \frac{n^2-(m-2)n}{2m} + \alpha\right\rfloor + n+1$.

Ta sẽ chứng minh $n+1 = \sum_{k= n+1}^{n+m}\left \lfloor \frac{k}{m} \right \rfloor$. (1)

Thật vậy, đặt $ n + 1 = qm + r$, với $q,r\in\mathbb N; r  < m$.

Khi đó $\sum_{k= n+1}^{n+m}\left \lfloor \frac{k}{m} \right \rfloor = \sum_{k= 0}^{m-1}\left \lfloor \frac{qm + r + k}{m} \right \rfloor = \sum_{k= 0}^{m-1}\left ( q + \left \lfloor \frac{r+k}{m} \right \rfloor \right ) = qm + \sum_{k=0}^{m-1} \left \lfloor \frac{r+k}{m} \right \rfloor$.

Do $r<m$ nên ta có $\sum_{k=0}^{m-1} \left \lfloor \frac{r+k}{m} \right \rfloor = \sum_{k = m}^{r + m-1}\left \lfloor \frac{r+k}{m} \right \rfloor = r$.

Dẫn đến (1) đúng.

Do đó $P(n,m)$ đúng khi và chỉ khi $P(n+m,m)$ đúng.

$1.$ Để đẳng thức $A=B$ đúng với mọi $n$, ta chỉ cần tìm $\alpha$ để đẳng thức đúng với $n\in \{1;2;3;4\}$.

Với $n=1$ ta có $0 = \left\lfloor \frac{-1}{8} + \alpha \right\rfloor\Leftrightarrow \frac{1}{8} \leq  \alpha < \frac{9}{8}$.

Với $n=2$ ta có $0 = \left\lfloor \alpha \right\rfloor\Leftrightarrow 0 \leq  \alpha < 1$.

Với $n=3$ ta có $0 = \left\lfloor \frac{3}{8} + \alpha \right\rfloor\Leftrightarrow \frac{-3}{8} \leq  \alpha < \frac{5}{8}$.

Với $n=4$ ta có $1 = \left\lfloor \alpha + 1\right\rfloor\Leftrightarrow 0 \leq  \alpha  < 1$.

Từ các điều kiện trên suy ra điều kiện của $\alpha$ là $\frac{1}{8} \leq  \alpha < \frac{5}{8}$.

$2.$ Ta cần có $A = B,\forall n = \overline{1,m}$.

Với $n=m$ hiển nhiên ta có $A=B$.

Với $n < m$ ta có $A = 0$, do đó ta cần có $\left \lfloor \frac{n^2-(m-2)n}{2m} + \frac{1}{2} \right \rfloor = 0,\forall n= \overline{1,m-1}$.

Suy ra $\frac{1}{2} > \frac{n^2 - (m-2)n}{2m} \geq \frac{-1}{2},\forall n=\overline{1,m-1} $.

Xét giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức trên theo $m$ ta tìm được $2 \leq m\leq 8$ thoả mãn.

$3.$ Giả sử tồn tại $\alpha$ thoả mãn điều kiện bài toán.

Cho $ n = m$ ta thấy $\left\lfloor a \right\rfloor = 0$ hay $0 \leq \alpha < 1$.

+) Nếu $m = 2k$ với $k\in\mathbb N^*; k \geq 5$ thì cho $ n = k$ ta có $\left \lfloor \alpha +\frac{2-k}{4}\right\rfloor =0\Rightarrow  \alpha +\frac{2-k}{4} \geq 0 \Rightarrow \alpha \geq \frac{3}{4}$. (*)

Mặt khác cho $n = m-1$ ta có $\left \lfloor \alpha +\frac{m-1}{2m} + \alpha \right\rfloor  = 0\Rightarrow \alpha + \frac{m-1}{2m} < 1\Rightarrow \alpha < \frac{m+1}{2m}\leq \frac{11}{20}$. Điều này mâu thuẫn với (*).

+) Nếu $ m = 2k+1$ với $k\in\mathbb N^*; k \geq 4$ thì tương tự ta cũng chỉ ra được mâu thuẫn.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

P/s: Em nghĩ bài toán tổng quát có thể làm tương tự như $1.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 06-08-2022 - 23:09


#4
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết

Chấm điểm nhé :)
1. $\frac{1}{8}\le \alpha<\frac{5}{8}$ đúng! 5₫
2. $1\le m\le 7$ sai 0.5₫
3. Cách làm đúng rồi 2.5₫
——
8₫ về chỗ!

Đề bài không khó nhưng khá rối. Khó nhất là tìm ra công thức như người ra đề :D
Ta có đẳng thức: $[a + x] = a + [x],\forall a\in\mathbb Z, x\in\mathbb R$.
Với $\alpha$ cố định, xét mệnh đề $P(n,m)$, với ý nghĩa là khi đó $A = B$.
Ta chứng minh $P(n,m)$ đúng khi và chỉ khi $P(n + m,m)$ đúng.
Thật vậy, ta có: $\sum_{k=1}^{n+m} \left \lfloor \frac{k}{m} \right \rfloor - \sum_{k=1}^n \left \lfloor \frac{k}{m} \right \rfloor = \sum_{k= n+1}^{n+m}\left \lfloor \frac{k}{m} \right \rfloor$.
Đồng thời ta cũng có $\left \lfloor \frac{(n+m)^2 - (m-2)(n+m) + \alpha}{2m} \right \rfloor=\left\lfloor \frac{n^2-(m-2)n}{2m} + \alpha\right\rfloor + n+1$.
Ta sẽ chứng minh $n+1 = \sum_{k= n+1}^{n+m}\left \lfloor \frac{k}{m} \right \rfloor$. (1)
Thật vậy, đặt $ n + 1 = qm + r$, với $q,r\in\mathbb N; r < m$.
Khi đó $\sum_{k= n+1}^{n+m}\left \lfloor \frac{k}{m} \right \rfloor = \sum_{k= 0}^{m-1}\left \lfloor \frac{qm + r + k}{m} \right \rfloor = \sum_{k= 0}^{m-1}\left ( q + \left \lfloor \frac{r+k}{m} \right \rfloor \right ) = qm + \sum_{k=0}^{m-1} \left \lfloor \frac{r+k}{m} \right \rfloor$.
Do $r<m$ nên ta có $\sum_{k=0}^{m-1} \left \lfloor \frac{r+k}{m} \right \rfloor = \sum_{k = m}^{r + m-1}\left \lfloor \frac{r+k}{m} \right \rfloor = r$.
Dẫn đến (1) đúng.
Do đó $P(n,m)$ đúng khi và chỉ khi $P(n+m,m)$ đúng.
$1.$ Để đẳng thức $A=B$ đúng với mọi $n$, ta chỉ cần tìm $\alpha$ để đẳng thức đúng với $n\in \{1;2;3;4\}$.
Với $n=1$ ta có $0 = \left\lfloor \frac{-1}{8} + \alpha \right\rfloor\Leftrightarrow \frac{1}{8} \leq \alpha < \frac{9}{8}$.
Với $n=2$ ta có $0 = \left\lfloor \alpha \right\rfloor\Leftrightarrow 0 \leq \alpha < 1$.
Với $n=3$ ta có $0 = \left\lfloor \frac{3}{8} + \alpha \right\rfloor\Leftrightarrow \frac{-3}{8} \leq \alpha < \frac{5}{8}$.
Với $n=4$ ta có $1 = \left\lfloor \alpha + 1\right\rfloor\Leftrightarrow 0 \leq \alpha < 1$.
Từ các điều kiện trên suy ra điều kiện của $\alpha$ là $\frac{1}{8} \leq \alpha < \frac{5}{8}$.
$2.$ Ta cần có $A = B,\forall n = \overline{1,m}$.
Với $n=m$ hiển nhiên ta có $A=B$.
Với $n < m$ ta có $A = 0$, do đó ta cần có $\left \lfloor \frac{n^2-(m-2)n}{2m} + \frac{1}{2} \right \rfloor = 0,\forall n= \overline{1,m-1}$.
Suy ra $\frac{1}{2} > \frac{n^2 - (m-2)n}{2m} \geq \frac{-1}{2},\forall n=\overline{1,m-1} $.
Xét giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức trên theo $m$ ta tìm được $2 \leq m\leq 8$ thoả mãn.
$3.$ Giả sử tồn tại $\alpha$ thoả mãn điều kiện bài toán.
Cho $ n = m$ ta thấy $\left\lfloor a \right\rfloor = 0$ hay $0 \leq \alpha < 1$.
+) Nếu $m = 2k$ với $k\in\mathbb N^*; k \geq 5$ thì cho $ n = k$ ta có $\left \lfloor \alpha +\frac{2-k}{4}\right\rfloor =0\Rightarrow \alpha +\frac{2-k}{4} \geq 0 \Rightarrow \alpha \geq \frac{3}{4}$. (*)
Mặt khác cho $n = m-1$ ta có $\left \lfloor \alpha +\frac{m-1}{2m} + \alpha \right\rfloor = 0\Rightarrow \alpha + \frac{m-1}{2m} < 1\Rightarrow \alpha < \frac{m+1}{2m}\leq \frac{11}{20}$. Điều này mâu thuẫn với (*).
+) Nếu $ m = 2k+1$ với $k\in\mathbb N^*; k \geq 4$ thì tương tự ta cũng chỉ ra được mâu thuẫn.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
P/s: Em nghĩ bài toán tổng quát có thể làm tương tự như $1.$



#5
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết
Sửa lại lời giải của Hoang72 cho hoàn hảo!
Bắt đầu từ câu 2.
Xét $m=1$, khi đó ta có hiển nhiên
$A=\sum_{k=1}^n\left\lfloor \frac{k}{1}\right\rfloor=\frac{n(n+1)}{2}=\left\lfloor \frac{n(n+1)}{2}+\frac{1}{2}\right\rfloor=B$
Xét $m\ge 2$, khi đó ta cần có $A=B,\,\; \forall n=\overline{1,m}$.
Với $n=m$ khi đó
$A=1=\left\lfloor \frac{3}{2}\right\rfloor= \left\lfloor \frac{n(n+2)}{2m}-\frac{n-1}{2}\right\rfloor=B $
Với $n\le m-1$ khi đó
$A=0$, ta cần có
$B= \left\lfloor \frac{n(n+2)}{2m}-\frac{n-1}{2}\right\rfloor=0 $
-nếu $n=1$ thì $B=\left\lfloor \frac{3}{2m}\right\rfloor=0$
-nếu $n>1$ khi đó ta có
$0\le \frac{n(n+2)}{2m}-\frac{n-1}{2}<1 \Rightarrow \frac{n(n+2)}{n+1}<m\le \frac{n(n+2)}{n-1}$
Mà $\min\left\{\frac{n(n+2)}{n-1}\right\}=7,5$ tại $n=3$ nên phải có $m\le 7$
Mặt khác $f(n)=\frac{n(n+2)}{n+1} $ là hàm tăng, nên
$f(n)\le f(m-1)= \frac{(m-1)(m+1)}{m}<m $ thoả mãn điều kiện
Tóm lại các giá trị $m$ cần tìm là $\boxed{1\le m\le 7}$
3.
Với $m\ge 8$. Giả sử tồn tại $\alpha$ thoả mãn bài toán
Cho $n=m-1$, ta có
$A=0=B=\left\lfloor\frac{m-1}{2m}+\alpha\right\rfloor \Rightarrow \frac{m-1}{2m}+ \alpha<1 \Rightarrow \alpha<\frac{m+1}{2m}<\frac{9}{16}$
Cho $n=3$, ta có
$A=0=B= \left\lfloor\frac{15-3m}{2m}+\alpha\right\rfloor\Rightarrow 0\le \frac{15-3m}{2m}+\alpha \Rightarrow \alpha\ge \frac{3m-15}{2m}\ge \frac{9}{16} $
Mâu thuẫn!
Suy ra điều phải chứng minh.
——————
P/s: Post thứ 2 về bài toán mở rộng lại là một câu chuyện rất khác!

#6
nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 669 Bài viết

Cho $p,q$ là các số nguyên dương thoả mãn điều kiện $\gcd(p,q)=1$, trong đó $p>1$
Tìm điều kiện của $\alpha\,$ để đẳng thức sau đúng $\forall n\in \mathbb Z^+$
$$\sum_{k=1}^n\left\lfloor \frac{pk}{q}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{pn^2+(p+1-q)n}{2q}+\alpha\right\rfloor$$

Có một kết quả như sau: Với $p,q,n$ là các số nguyên dương sao cho $\gcd(p,q)=1$ và $q\mid n$ thì

$$\sum_{k=1}^n\left\lfloor \frac{pk}{q}\right\rfloor=\frac{pn^2+(p-q+1)n}{2q}.$$

Chứng minh.

 
Quay lại bài toán. Dựa vào kết quả này thì với việc chọn chọn $n$ là bội của $q$ thì ta có được $\left \lfloor \alpha \right \rfloor=0$. Tạm thời được như này  :icon6:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 08-08-2022 - 10:00

Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra ~O) 
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em :wub:
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh :ukliam2:


#7
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết

Có một kết quả như sau: Với $p,q,n$ là các số nguyên dương sao cho $\gcd(p,q)=1$ và $q\mid n$ thì
$$\sum_{k=1}^n\left\lfloor \frac{pk}{q}\right\rfloor=\frac{pn^2+(p-q+1)n}{2q}.$$
Chứng minh.
[i]


 
Quay lại bài toán. Dựa vào kết quả này thì với việc chọn chọn $n$ là bội của $q$ thì ta có được $\left \lfloor \alpha \right \rfloor=0$. Tạm thời được như này  :icon6:

Việc chứng minh này là cần thiết để đưa ra công thức “ước lượng”.
Còn $\alpha$ chưa chắc đã tồn tại với $p,q$ cụ thể nào đó!
Chỉ biết rằng nếu như tồn tại $\alpha$ thì khi cho $n=q-1$ ta có được $\alpha<\frac{q+1}{2q}$
Tương tự như bài 1, ta sẽ chỉ ra được mâu thuẫn khi $q$ có giá trị cụ thể nào đó.
Nếu bài toán này kết thúc như vậy thì thật là đáng tiếc!
Thay vì cố gắng tìm kiếm $\alpha$ sao ta không bỏ đi $\alpha$ trong biểu thức và thử đi chứng minh
$B$ là ước lượng tốt nhất của tổng $A$, với ý nghĩa rằng:
$$A-1\le B\le A$$
0D8913CC-EE4D-4625-A545-EDA3D7FEE258.jpeg





Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: floor function, summation

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh