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
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