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

  • Quản trị
  • 3410 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-08-2022 - 22:46

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 $n$
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#2 hxthanh

hxthanh

  • Quản trị
  • 3410 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 06-08-2022 - 08:56

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
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#3 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 411 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Codingg

Đã gửi 06-08-2022 - 23:06

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

  • Quản trị
  • 3410 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 06-08-2022 - 23:31


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 $1.$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#5 hxthanh

hxthanh

  • Quản trị
  • 3410 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 07-08-2022 - 07:39

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!
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#6 nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 524 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Daklak
  • Sở thích:đã từng có

Đã gửi 08-08-2022 - 09:54

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

  • Quản trị
  • 3410 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 08-08-2022 - 21:26

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
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!





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

0 người đang xem chủ đề

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