số nghiệm nguyên dương của phương trình $a+b+c=n$
#2
Đã gửi 31-12-2022 - 22:11
1/ Tính số nghiệm nguyên dương của phương trình $a+b+c=n$ sao cho $a\geq b\geq c$ và $a<b+c.$
Đặt $n=12k+p$ ($0\leqslant p\leqslant 11$)
Nhận xét rằng :
+ $a$ chỉ có thể nhận giá trị từ $\left \lfloor \frac{n+2}{3} \right \rfloor$ đến $\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor$, từ đó suy ra $a$ chỉ có thể nhận $2k$ giá trị nếu $p\in \left \{ 0,1,2,4 \right \}$, nhận 2k+1 giá trị nếu $p\in\left \{ 3,5,6,7,8,10 \right \}$ và nhận 2k+2 giá trị nếu $p\in\left \{ 9,11 \right \}$
+ Nếu gọi số nghiệm của pt $b+c=n-a$ là $m$ thì khi $a$ tăng thêm $2$ đơn vị thì $m$ tăng thêm $3$.
+ Khi $p\in\left \{ 0,3,6,9 \right \}$ và $a$ lần lượt nhận giá trị $\left \lfloor \frac{n+2}{3} \right \rfloor$ và $\left \lfloor \frac{n+5}{3} \right \rfloor$ thì $m$ nhận giá trị $1$ và $2$
+ Khi $p\in\left \{ 1,4,7,10 \right \}$ và $a$ lần lượt nhận giá trị $\left \lfloor \frac{n+2}{3} \right \rfloor$ và $\left \lfloor \frac{n+5}{3} \right \rfloor$ thì $m$ nhận giá trị $2$ và $3$
+ Khi $p\in\left \{ 2,5,8,11 \right \}$ và $a$ lần lượt nhận giá trị $\left \lfloor \frac{n+2}{3} \right \rfloor$ và $\left \lfloor \frac{n+5}{3} \right \rfloor$ thì $m$ nhận giá trị $1$ và $3$
Từ các nhận xét trên, dễ dàng tính được tổng số nghiệm nguyên dương $s$ thỏa mãn các điều kiện đề bài :
$s=\left\{\begin{matrix}3k^2\ neu\ p=0\\3k^2+2k\ neu\ p\in\left \{ 1,4 \right \}\\3k^2+k\ neu\ p=2\\3k^2+3k+1\ neu\ p\in\left \{ 3,6 \right \}\\3k^2+4k+1\ neu\ p\in\left \{ 5,8 \right \}\\3k^2+5k+2\ neu\ p\in\left \{ 7,10 \right \}\\3k^2+6k+3\ neu\ p=9\\3k^2+7k+4\ neu\ p=11 \end{matrix}\right.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 03-01-2023 - 19:37
- perfectstrong, hxthanh, Hoang72 và 1 người khác yêu thích
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#3
Đã gửi 01-01-2023 - 11:43
wait...Theo anh @perfectstrong:Đặt $n=12k+p$ ($0\leqslant p\leqslant 11$)
Nhận xét rằng :
+ $a$ chỉ có thể nhận giá trị từ $\left \lfloor \frac{n+2}{3} \right \rfloor$ đến $\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor$, từ đó suy ra $a$ chỉ có thể nhận $2k$ giá trị nếu $p\in \left \{ 0,1,2,4 \right \}$, nhận 2k+1 giá trị nếu $p\in\left \{ 3,5,6,7,8,10 \right \}$ và nhận 2k+2 giá trị nếu $p\in\left \{ 9,11 \right \}$
+ Nếu gọi số nghiệm của pt $b+c=n-a$ là $m$ thì khi $a$ tăng thêm $2$ đơn vị thì $m$ tăng thêm $3$.
+ Khi $p\in\left \{ 0,3,6,9 \right \}$ và $a$ lần lượt nhận giá trị $\left \lfloor \frac{n+2}{3} \right \rfloor$ và $\left \lfloor \frac{n+5}{3} \right \rfloor$ thì $m$ nhận giá trị $1$ và $2$
+ Khi $p\in\left \{ 1,4,7,10 \right \}$ và $a$ lần lượt nhận giá trị $\left \lfloor \frac{n+2}{3} \right \rfloor$ và $\left \lfloor \frac{n+5}{3} \right \rfloor$ thì $m$ nhận giá trị $2$ và $3$
+ Khi $p\in\left \{ 2,5,8,11 \right \}$ và $a$ lần lượt nhận giá trị $\left \lfloor \frac{n+2}{3} \right \rfloor$ và $\left \lfloor \frac{n+5}{3} \right \rfloor$ thì $m$ nhận giá trị $1$ và $3$
Từ các nhận xét trên, dễ dàng tính được tổng số nghiệm nguyên dương $s$ thỏa mãn các điều kiện đề bài :
$s=\left\{\begin{matrix}3k^2\ neu\ p=0\\3k^2+2k\ neu\ p\in\left \{ 1,4 \right \}\\3k^2+k\ neu\ p=2\\3k^2+3k+1\ neu\ p\in\left \{ 3,6 \right \}\\3k^2+4k+1\ neu\ p\in\left \{ 5,8 \right \}\\3k^2+5k+2\ neu\ p\in\left \{ 7,10 \right \}\\3k^2+6k+3\ neu\ p=9\\3k^2+7k+1\ neu\ p=11 \end{matrix}\right.$
$s=\begin{cases}
3k^2\ &\text{nếu $p=0,$}\\
3k^2+2k &\text {nếu $\,p\in\left \{ 1,4 \right \},$}\\
3k^2+k&\text {nếu $p=2,$}\\
3k^2+3k+1&\text {nếu $p\in\left \{ 3,6 \right \},$}\\
3k^2+4k+1&\text {nếu $p\in\left \{ 5,8 \right \},$}\\
3k^2+5k+2&\text {nếu $p\in\left \{ 7,10 \right \},$}\\
3k^2+6k+3 &\text {nếu $p=9,$}\\
3k^2+7k+1 &\text {nếu $p=11.$}
\end{cases}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 01-01-2023 - 12:05
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#4
Đã gửi 01-01-2023 - 22:56
$$f(x)=\sum_{{a,b,c\ge 1\atop a\ge b \ge c }\atop a < b+c}x^{a+b+c}$$
Đặt :
$\begin {align*}
c=y_3+1 \quad\quad y_3\ge 0\\
b=y_2+c \quad\quad y_2\ge 0\\
a=y_1+b\quad\quad y_3\ge 0
\end {align*}$
Do $a<b+c$ nên :
$\begin {align*}
y_1+y_2+y_3+1&<(y_2+y_3+1)+(y_3+1)\\
y_1&<y_3+1\\
y_1&\leq y_3\\
a+b+c&=(y_1+y_2+y_3+1)+(y_2+y_3+1)+(y_3+1)\\
&=y_1+2y_2+3y_3+3\\
\Longrightarrow f(x)=\sum_{y_1,y_2,y_3\geq 0\atop y_1\leq y_3}x^{y_1+2y_2+3y_3+3}
\end {align*}$
Từ $y_1\leq y_3:$
$\begin {align*}
y_3&=t_3+y_1\quad\quad t_3\geq0\\
y_2&=t_2\quad\quad\quad t_2\geq0\\
y_1&=t_1\quad\quad\quad t_1\geq0\\
\Longrightarrow y_1+2y_2+3y_3+3&=t_1+2t_2+3(t_3+t_1)+3\\
&=4t_1+2t_2+3t_3+3\\
\Longrightarrow f(x)&=x^3\sum_{t_1,t_2,t_3\geq0}x^{4t_1+2t_2+3t_3}\\
&=x^3\sum_{t_2\geq0}x^{2t_2}\sum_{t_3\geq0}x^{3t_3}\sum_{t_1\geq0}x^{4t_1}\\
&=\boldsymbol {\frac {x^3}{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)}}
\end{align*}$
Tách phân thức :
$\begin {align*}
\frac{1}{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)}&=\frac{7}{32}\cdot \frac{1}{1+x}+\frac{1}{16}\cdot \frac{1}{(1+x)^2}\\
&+\frac{59}{288}\cdot\frac{1}{1-x}+\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{(1-x)^2}+\frac{1}{24}\cdot\frac{1}{(1-x)^3}\\
&+\left(\frac{1}{8}-\frac{x}{8}\right )\cdot\frac{1}{1+x^2}+\left(\frac{2}{9}+\frac{x}{9}\right )\cdot\frac{1}{1+x+x^2}\\
\Longrightarrow \left [ x^n \right ]f(x)&=\left [ x^{n-3} \right ]\left( {\frac{7}{32}\sum_{k\geq0}(-1)^k x^k+\frac {1}{16}\sum_{k\geq0}(k+1)(-1)^kx^k} \right.\\
&+\frac {59}{288}\sum_{k\geq0}x^k+\frac {1}{8}\sum_{k\geq0}(k+1)x^k+\frac {1}{24}\sum_{k\geq0}\binom {k+2}{2}x^k\\
&\left. {+\left ( \frac {1}{8}-\frac{x}{8} \right )\sum_{k\geq0}(-1)^kx^{2k}+\left ( \frac {2}{9}+\frac {x}{9} \right)(1-x)\sum_{k\geq0}x^{3k}}\right)
\end {align*}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 03-01-2023 - 07:38
LaTeX
- hxthanh và chanhquocnghiem thích
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#5
Đã gửi 03-01-2023 - 02:03
wait...Theo anh @perfectstrong:
$s=\begin{cases}
3k^2\ &\text{nếu $p=0,$}\\
3k^2+2k &\text {nếu $\,p\in\left \{ 1,4 \right \},$}\\
3k^2+k&\text {nếu $p=2,$}\\
3k^2+3k+1&\text {nếu $p\in\left \{ 3,6 \right \},$}\\
3k^2+4k+1&\text {nếu $p\in\left \{ 5,8 \right \},$}\\
3k^2+5k+2&\text {nếu $p\in\left \{ 7,10 \right \},$}\\
3k^2+6k+3 &\text {nếu $p=9,$}\\
3k^2+7k+1 &\text {nếu $p=11.$}
\end{cases}$
Sao lại có tên mình thế
- Nobodyv3 yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#6
Đã gửi 03-01-2023 - 06:23
Cám ơn anh.Sao lại có tên mình thế
Nhắc đến anh vì anh thường sửa giúp những lỗi như thế này ạ.
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#7
Đã gửi 03-01-2023 - 12:15
Còn nữa, rút gọn lại... nhưng em oải quá...1/ Lập hàm sinh $f(x)$ mà hệ số của $x^n$ là số nghiệm cần tìm. Ta có :
$$f(x)=\sum_{{a,b,c\ge 1\atop a\ge b \ge c }\atop a < b+c}x^{a+b+c}$$
Đặt :
$\begin {align*}
c=y_3+1 \quad\quad y_3\ge 0\\
b=y_2+c \quad\quad y_2\ge 0\\
a=y_1+b\quad\quad y_3\ge 0
\end {align*}$
Do $a<b+c$ nên :
$\begin {align*}
y_1+y_2+y_3+1&<(y_2+y_3+1)+(y_3+1)\\
y_1&<y_3+1\\
y_1&\leq y_3\\
a+b+c&=(y_1+y_2+y_3+1)+(y_2+y_3+1)+(y_3+1)\\
&=y_1+2y_2+3y_3+3\\
\Longrightarrow f(x)=\sum_{y_1,y_2,y_3\geq 0\atop y_1\leq y_3}x^{y_1+2y_2+3y_3+3}
\end {align*}$
Từ $y_1\leq y_3:$
$\begin {align*}
y_3&=t_3+y_1\quad\quad t_3\geq0\\
y_2&=t_2\quad\quad\quad t_2\geq0\\
y_1&=t_1\quad\quad\quad t_1\geq0\\
\Longrightarrow y_1+2y_2+3y_3+3&=t_1+2t_2+3(t_3+t_1)+3\\
&=4t_1+2t_2+3t_3+3\\
\Longrightarrow f(x)&=x^3\sum_{t_1,t_2,t_3\geq0}x^{4t_1+2t_2+3t_3}\\
&=x^3\sum_{t_2\geq0}x^{2t_2}\sum_{t_3\geq0}x^{3t_3}\sum_{t_1\geq0}x^{4t_1}\\
&=\boldsymbol {\frac {x^3}{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)}}
\end{align*}$
Tách phân thức :
$\begin {align*}
\frac{1}{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)}&=\frac{7}{32}\cdot \frac{1}{1+x}+\frac{1}{16}\cdot \frac{1}{(1+x)^2}\\
&+\frac{59}{288}\cdot\frac{1}{1-x}+\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{(1-x)^2}+\frac{1}{24}\cdot\frac{1}{(1-x)^3}\\
&+\left(\frac{1}{8}-\frac{x}{8}\right )\cdot\frac{1}{1+x^2}+\left(\frac{2}{9}+\frac{x}{9}\right )\cdot\frac{1}{1+x+x^2}\\
\Longrightarrow \left [ x^n \right ]f(x)&=\left [ x^{n-3} \right ]\left( {\frac{7}{32}\sum_{k\geq0}(-1)^k x^k+\frac {1}{16}\sum_{k\geq0}(k+1)(-1)^kx^k} \right.\\
&+\frac {59}{288}\sum_{k\geq0}x^k+\frac {1}{8}\sum_{k\geq0}(k+1)x^k+\frac {1}{24}\sum_{k\geq0}\binom {k+2}{2}x^k\\
&\left. {+\left ( \frac {1}{8}-\frac{x}{8} \right )\sum_{k\geq0}(-1)^kx^{2k}+\left ( \frac {2}{9}+\frac {x}{9} \right)(1-x)\sum_{k\geq0}x^{3k}}\right)
\end {align*}$
- hxthanh yêu thích
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#8
Đã gửi 11-02-2023 - 07:28
Với $n=12k+p$wait...Theo anh @perfectstrong:
$s=\begin{cases}
3k^2\ &\text{nếu $p=0,$}\\
3k^2+2k &\text {nếu $\,p\in\left \{ 1,4 \right \},$}\\
3k^2+k&\text {nếu $p=2,$}\\
3k^2+3k+1&\text {nếu $p\in\left \{ 3,6 \right \},$}\\
3k^2+4k+1&\text {nếu $p\in\left \{ 5,8 \right \},$}\\
3k^2+5k+2&\text {nếu $p\in\left \{ 7,10 \right \},$}\\
3k^2+6k+3 &\text {nếu $p=9,$}\\
3k^2+7k+1 &\text {nếu $p=11.$}
\end{cases}$
Bạn nào có thể đưa $12$ trường hợp trên về một công thức duy nhất (theo modulo $12$) không?
- perfectstrong và Nobodyv3 thích
#9
Đã gửi 11-02-2023 - 18:41
Case này khó à nha...
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#10
Đã gửi 11-02-2023 - 21:12
Với $n=12k+p$
Bạn nào có thể đưa $12$ trường hợp trên về một công thức duy nhất (theo modulo $12$) không?
Với $n=12k+p$.
Đặt $q=2p-3\left \lfloor \frac{p}{2} \right \rfloor$
Khi đó ta có $s=3k^2+qk+\left \lfloor \frac{q}{3} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{q}{5} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{q}{7} \right \rfloor$.
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#11
Đã gửi 11-02-2023 - 21:40
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#12
Đã gửi 11-02-2023 - 23:36
Có vẻ như $p=11$ thì công thức không còn đúngVới $n=12k+p$.
Đặt $q=2p-3\left \lfloor \frac{p}{2} \right \rfloor$
Khi đó ta có $s=3k^2+qk+\left \lfloor \frac{q}{3} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{q}{5} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{q}{7} \right \rfloor$.
Khi đó công thức này sẽ cho kq $3k^2+7k+4$ thay vì đáp án là $3k^2+7k+1$
11 trường hợp khác thì chính xác!
#13
Đã gửi 11-02-2023 - 23:48
Bài toán của em rất hay! Có thể phát biểu thành:Welcome back!
Case này khó à nha...
Có bao nhiêu tam giác có chu vi là số nguyên dương $n$ mà độ dài các cạnh đều là số nguyên
- perfectstrong yêu thích
#14
Đã gửi 12-02-2023 - 09:18
Có vẻ như $p=11$ thì công thức không còn đúng
Khi đó công thức này sẽ cho kq $3k^2+7k+4$ thay vì đáp án là $3k^2+7k+1$
11 trường hợp khác thì chính xác!
Khi $p=11$ thì đáp án đúng là $s=3k^2+7k+4$ (Xin xem #2 ở trên)
- hxthanh yêu thích
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#15
Đã gửi 12-02-2023 - 13:51
Vậy đây là một đáp án hoàn hảo! Bạn có thể diễn đạt “quy trình” tìm ra nó cho mọi người học hỏi được không?Với $n=12k+p$.
Đặt $q=2p-3\left \lfloor \frac{p}{2} \right \rfloor$
Khi đó ta có $s=3k^2+qk+\left \lfloor \frac{q}{3} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{q}{5} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{q}{7} \right \rfloor$.
- Nobodyv3 yêu thích
#16
Đã gửi 12-02-2023 - 20:17
Trước hết ta đặt $s=3k^2+qk+t$.
Lập bảng : $p$ $q$ $t$
$0$ $0$ $0$
$1$ $2$ $0$
$2$ $1$ $0$
$3$ $3$ $1$
$4$ $2$ $0$
$5$ $4$ $1$
$6$ $3$ $1$
$7$ $5$ $2$
$8$ $4$ $1$
$9$ $6$ $3$
$10$ $5$ $2$
$11$ $7$ $4$
- Tìm biểu thức của $q$ :
Nhận xét : Với $2$ trường hợp khởi tạo $p=0$ và $p=1$, ta lần lượt có $q=0$ và $q=2$.
Do đó có thể nói nếu $p\equiv r\ (mod\ 2)$ thì $q=2r$ hay $q=2\left ( p-2\left \lfloor \frac{p}{2} \right \rfloor \right )$ (công thức này chỉ đúng với 2 dòng khởi tạo)
Khi $p$ tăng thêm $2$ thì $q$ tăng thêm $1$, do đó biểu thức của $q$ (đúng với cả $12$ dòng) là :
$q=2\left ( p-2\left \lfloor \frac{p}{2} \right \rfloor \right )+\left \lfloor \frac{p}{2} \right \rfloor=2p-3\left \lfloor \frac{p}{2} \right \rfloor$
- Tìm biểu thức của $t$ :
Dễ thấy với $7$ dòng đầu ($p$ từ $0$ đến $6$) ta có $t=\left \lfloor \frac{q}{3} \right \rfloor$
Để biểu thức đúng đến dòng thứ $11$, cần phải thêm số hạng $\left \lfloor \frac{q}{5} \right \rfloor$
Và muốn cho dòng thứ $12$ biểu thức vẫn đúng thì phải thêm $\left \lfloor \frac{q}{7} \right \rfloor$
Cuối cùng ta có $t=\left \lfloor \frac{q}{3} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{q}{5} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{q}{7} \right \rfloor$.
- perfectstrong, hxthanh và Nobodyv3 thích
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#17
Đã gửi 12-02-2023 - 20:47
đặt n=2m (n lẻ làm tương tự)
số bộ (a,b,c) sao cho $1\le c\le b\le a\le 2m$ là $C_{2m+2}^3$
số cặp (b,c) sao cho b+c=k và $1\le c\le b$ là $\left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor$, nên số bộ (a,b,c) mà $a\ge b\ge c$ và $b+c\le a$ bằng
$$\sum_{a=1}^{2m} \sum_{k=1}^{a} \left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor=\sum_{a=1}^{2m}\left\lfloor\dfrac{a^2}{4}\right\rfloor=\dfrac{m(m+1)(4m-1)}{6}$$
vậy số bộ cần tính bằng $C_{2m+2}^3-\dfrac{m(m+1)(4m-1)}{6}$
- hxthanh yêu thích
#18
Đã gửi 13-02-2023 - 23:02
đặt n=2m (n lẻ làm tương tự)
số bộ (a,b,c) sao cho $1\le c\le b\le a\le 2m$ là $C_{2m+2}^3$
số cặp (b,c) sao cho b+c=k và $1\le c\le b$ là $\left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor$, nên số bộ (a,b,c) mà $a\ge b\ge c$ và $b+c\le a$ bằng
$$\sum_{a=1}^{2m} \sum_{k=1}^{a} \left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor=\sum_{a=1}^{2m}\left\lfloor\dfrac{a^2}{4}\right\rfloor=\dfrac{m(m+1)(4m-1)}{6}$$
vậy số bộ cần tính bằng $C_{2m+2}^3-\dfrac{m(m+1)(4m-1)}{6}$
Vậy nếu $n=10$ (tức là $m=5$) thì theo đáp án của bạn, số bộ thỏa mãn sẽ là $C_{12}^3-\frac{5.6.19}{6}=125$.
Làm sao mà có đến $125$ bộ, mình thấy chỉ có $2$ bộ thỏa mãn thôi !
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#19
Đã gửi 14-02-2023 - 00:11
Bạn quên mất một điều kiện rất quan trọng đó là $a+b+c=2m$đặt n=2m (n lẻ làm tương tự)
số bộ (a,b,c) sao cho $1\le c\le b\le a\le 2m$ là $C_{2m+2}^3$
số cặp (b,c) sao cho b+c=k và $1\le c\le b$ là $\left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor$, nên số bộ (a,b,c) mà $a\ge b\ge c$ và $b+c\le a$ bằng
$$\sum_{a=1}^{2m} \sum_{k=1}^{a} \left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor=\sum_{a=1}^{2m}\left\lfloor\dfrac{a^2}{4}\right\rfloor=\dfrac{m(m+1)(4m-1)}{6}$$
vậy số bộ cần tính bằng $C_{2m+2}^3-\dfrac{m(m+1)(4m-1)}{6}$
Hay $a+k=2m$. Như vậy hai biến chạy này ràng buộc và không thể chạy “tự do” như cách bạn lấy tổng được!
@chanhquocnghiem
Cái $q$ nói dễ nhận ra còn có lý, vì các số hạng xen kẽ là dãy số tự nhiên tăng dần.
Còn $t$ mà “dễ thấy” thì quả là tinh tế!
- chanhquocnghiem và Nobodyv3 thích
#20
Đã gửi 15-02-2023 - 08:21
$$S_n=\left\lfloor \frac{n^2+6}{12}\right\rfloor-\left\lfloor \frac{n}{4} \right\rfloor \left\lfloor \frac{n+2}{4}\right\rfloor$$
Các bạn thử “check” xem kết quả này có trùng với kết quả bạn chanhquocnghiem tìm được không nhé!
- perfectstrong và chanhquocnghiem thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh