Chủ đề này có 2 trả lời

[hxthanh]

Chứng minh với mỗi số nguyên dương $n$ ta có đẳng thức sau:
\begin{equation} \label{e1} \sum_{k\ge 1}\left\lfloor\dfrac{n}{2k-1}\right\rfloor =\sum_{k\ge 1}\left\lfloor\dfrac{n+k}{2k}\right\rfloor \end{equation}
Ý nghĩa: VT\eqref{e1} là tổng của: số các số chia hết cho $1,3,5,…$ không quá $n$

[nhungvienkimcuong]

Chứng minh với mỗi số nguyên dương $n$ ta có đẳng thức sau:
\[\sum_{k\ge 1}\left\lfloor\dfrac{n}{2k-1}\right\rfloor =\sum_{k\ge 1}\left\lfloor\dfrac{n+k}{2k}\right\rfloor \]
Ý nghĩa: VT\eqref{e1} là tổng của: số các số chia hết cho $1,3,5,…$ không quá $n$

Chắc đây chỉ là bài toán khởi đầu thôi  , vì hết sức đơn giản chỉ cần sử dụng đẳng thức Hermite

\[\left \lfloor \frac{n+k}{2k} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{n}{2k} \right \rfloor\]

cho vế phải.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 16-02-2024 - 12:31

[hxthanh]

Chắc đây chỉ là bài toán khởi đầu thôi  , vì hết sức đơn giản chỉ cần sử dụng đẳng thức Hermite
\[\left \lfloor \frac{n+k}{2k} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{n}{2k} \right \rfloor\]
cho vế phải.

Đúng là theo Hermite thì ta có … điều hiển nhiên, và bài toán đến đây là hết. Chẳng còn gì để nói!
Dẫu sao về mặt thuật toán thì VP\eqref{e1} được tính nhanh hơn một chút vì
$\sum_{k\ge 1}\left\lfloor\dfrac{n+k}{2k}\right\rfloor =n+ \sum_{k\ge 1}\left\lfloor\dfrac{n-k}{2k}\right\rfloor$
Tổng này sẽ kết thúc sau $\left\lfloor \dfrac n3\right\rfloor$ số hạng, ít hơn so với VT\eqref{e1} gồm $\left\lfloor \dfrac n2\right\rfloor$ số hạng.