Chủ đề này có 5 trả lời

[dactai10a1]

Cho p là số nguyên tố .CMR $\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\left\lfloor {\frac{{{k^3}}}{p}} \right\rfloor } = \frac{{(p + 1)(p - 1)(p - 2)}}{4}$

[nguyenta98]

Cho p là số nguyên tố .CMR $\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\left\lfloor {\frac{{{k^3}}}{p}} \right\rfloor } = \frac{{(p + 1)(p - 1)(p - 2)}}{4}$

Ăn phát đã, trước khi sleep
Giải như sau:
Bổ đề: $\left\lfloor\dfrac{a^3}{p}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{(p-a)^3}{p}\right\rfloor=\dfrac{a^3+(p-a)^3}{p}-1$ với $1\le a\le p-1$
Chứng minh hết sức đơn giản:
Gọi $a^3=pk+r$ và $(p-a)^3=pu+v$ suy ra $\left\lfloor\dfrac{a^3}{p}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{(p-a)^3}{p}\right\rfloor=u+k$ (do $0\le r,v<p$)
Mặt khác $\dfrac{a^3+(p-a)^3}{p}-1=\dfrac{pk+r+pu+v}{p}=k+u+\dfrac{r+v}{p}$
Mặt khác ta thấy $a^3+(p-a)^3 \vdots p \Rightarrow r+v \vdots p \Rightarrow r+v=p$ hoặc $r+v=0$ nhưng $a,p-a<p$ nên $r,v \neq 0$ suy ra $r+v=p$ do đó $\dfrac{a^3+(p-a)^3}{p}-1=k+u$
Suy ra $đpcm$
Áp dụng suy ra:
$\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\left\lfloor {\frac{{{k^3}}}{p}} \right\rfloor }=\dfrac{1^3+2^3+3^3+...+(p-1)^3}{p}-\dfrac{p-1}{2}$
$=\dfrac{\left(\frac{p(p-1)}{2}\right)^2}{p}-\dfrac{p-1}{2}$
$=\dfrac{p(p-1)^2}{4}-\dfrac{2(p-1)}{4}=\dfrac{(p-1)(p^2-p-2)}{4}=\dfrac{(p-1)(p+1)(p-2)}{4}$ suy ra $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 13-08-2012 - 23:34

[Stranger411]

Cho p là số nguyên tố .CMR $\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\left\lfloor {\frac{{{k^3}}}{p}} \right\rfloor } = \frac{{(p + 1)(p - 1)(p - 2)}}{4}$

Khuya rồi !! Lên Vmf chém thử vài bài cho vui

Với $1 \leqslant k \leqslant p - 1$thì $\left\{ \begin{gathered}
{k^3} \equiv 0(\bmod p) \\
{\left( {p - k} \right)^3} \equiv - {\left( k \right)^3} \\
\end{gathered} \right.$
Nên $\left( {\frac{{{k^3}}}{p} - \left\lfloor {\frac{{{k^3}}}{p}} \right\rfloor } \right) + \left( {\frac{{{{\left( {p - k} \right)}^3}}}{p} - \left\lfloor {\frac{{{{\left( {p - k} \right)}^3}}}{p}} \right\rfloor } \right) = 1$.
Từ đó, ta được:
$\begin{gathered}
\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\left\lfloor {\frac{{{k^3}}}{p}} \right\rfloor } = \sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\frac{{{k^3}}}{p}} - \sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\left( {\frac{{{k^3}}}{p} - \left\lfloor {\frac{{{k^3}}}{p}} \right\rfloor } \right)} \\
= \frac{1}{p}\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{k^3}} - \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\left( {\frac{{{k^3}}}{p} - \left\lfloor {\frac{{{k^3}}}{p}} \right\rfloor } \right)} + \left( {\frac{{{{\left( {p - k} \right)}^3}}}{p} - \left\lfloor {\frac{{{{\left( {p - k} \right)}^3}}}{p}} \right\rfloor } \right) \\
= \frac{1}{p}{\left( {\frac{{p\left( {p - 1} \right)}}{2}} \right)^2} - \frac{{p - 1}}{2} = \frac{{\left( {p + 1} \right)\left( {p - 1} \right)\left( {p - 2} \right)}}{4} \\
\end{gathered}$

ps Chú Nguyenta98 post trước mình 4 phút.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Stranger411: 13-08-2012 - 23:34

[hxthanh]

Cả hai cách làm đều hay!
Tóm lại mấu chốt là cái bổ đề:
$\boxed{\begin{cases} u,v \not\in \mathbb Z \\ u+v \in \mathbb Z\end{cases} \Rightarrow \left\lfloor u \right\rfloor + \left\lfloor v \right\rfloor = u+v-1}$

[supermember]

Tặng thầy Thanh bài Toán khó hơn; với gợi ý giải chính là bài Toán vừa được giải ở trên

Tính tổng :

$\sum _{k=1}^{(p-1)(p-2)}\left [ \sqrt[3]{kp} \right ]$

[hxthanh]

Tặng thầy Thanh bài Toán khó hơn; với gợi ý giải chính là bài Toán vừa được giải ở trên

Tính tổng :

$S=\sum _{k=1}^{(p-1)(p-2)}\left [ \sqrt[3]{kp} \right ]$

Bài này dùng điểm nguyên và hàm ngược mà đếm (theo Titu) thì ok ngay
Nhưng dùng bổ đề ở trên và một vài kỹ thuật tính tổng thì mới phê!
...
Lời giải: Thuần túy tính toán

Đặt $\left\lfloor\sqrt[3]{kp}\right\rfloor=i$
Ta có: $1\le \left\lfloor\sqrt[3]{kp}\right\rfloor \le \left\lfloor\sqrt[3]{(p-1)(p-2)p}\right\rfloor=p-2$
Suy ra: $1\le i \le p-2\quad(1)$
Mặt khác: $i \le \sqrt[3]{kp}<(i+1) \Leftrightarrow \dfrac{i^3}{p} \le k < \dfrac{(i+1)^3}{p}\quad(2)$
Vì $p$ nguyên tố và do $(1)$ nên các số $\dfrac{i^3}{p}$ và $\dfrac{(i+1)^3}{p}$ đều không phải số nguyên!
Nên $(2)$ suy ra $\left\lfloor \dfrac{i^3}{p}\right\rfloor < k \le \left\lfloor \dfrac{(i+1)^3}{p}\right\rfloor$

Tổng cần tính được viết lại thành:
$S=\sum\limits_{i=1}^{p-3}\sum\limits_{k=\left\lfloor \frac{i^3}{p}\right\rfloor+1}^{\left\lfloor \frac{(i+1)^3}{p}\right\rfloor} \left\lfloor\sqrt[3]{kp}\right\rfloor + \sum\limits_{k=\left\lfloor \frac{(p-2)^3}{p}\right\rfloor+1}^{(p-1)(p-2)} \left\lfloor\sqrt[3]{kp}\right\rfloor$
$S=\sum\limits_{i=1}^{p-3}\sum\limits_{k=\left\lfloor \frac{i^3}{p}\right\rfloor+1}^{\left\lfloor \frac{(i+1)^3}{p}\right\rfloor} i + \sum\limits_{k=\left\lfloor \frac{(p-2)^3}{p}\right\rfloor+1}^{(p-1)(p-2)} (p-2) $
$S=\sum\limits_{i=1}^{p-3}i\left(\left\lfloor \dfrac{(i+1)^3}{p}\right\rfloor - \left\lfloor \dfrac{i^3}{p}\right\rfloor\right) + (p-2)\left((p-1)(p-2)-\left\lfloor \dfrac{(p-2)^3}{p}\right\rfloor\right)$

Chỗ này áp dụng cách tính tổng sai phân từng phần ta có:

$A=\sum\limits_{i=1}^{p-3}i\left(\left\lfloor \dfrac{(i+1)^3}{p}\right\rfloor - \left\lfloor \dfrac{i^3}{p}\right\rfloor\right)= i.\left\lfloor \dfrac{i^3}{p}\right\rfloor \left|\begin{align*} ^{p-2} \\ _{i=1}\end{align*}\right. - \sum\limits_{i=1}^{p-3} \left\lfloor \dfrac{(i+1)^3}{p}\right\rfloor = (p-2)\left\lfloor \dfrac{(p-2)^3}{p}\right\rfloor - \sum\limits_{i=1}^{p-3} \left\lfloor \dfrac{(i+1)^3}{p}\right\rfloor$

Do đó ta có:
$S=(p-1)(p-2)^2-\sum\limits_{i=1}^{p-3} \left\lfloor \dfrac{(i+1)^3}{p}\right\rfloor=(p-1)(p-2)^2-\sum\limits_{i=1}^{p-2} \left\lfloor \dfrac{i^3}{p}\right\rfloor$

Tới đây có thể áp dụng kết quả trên, nếu không thích ta có thể tính toán tiếp

Tôi xin trình bày một cách tính cho tổng sau
$B = \sum\limits_{i=1}^{p-2} \left\lfloor\dfrac{i^3}{p}\right\rfloor$
Đặt $k=p-i$; khi $i=1$ thì $k=p-1$; khi $i=p-2$ thì $k=2$
Do đó ta có:
$B = \sum\limits_{k=2}^{p-1} \left\lfloor\dfrac{(p-k)^3}{p}\right\rfloor=\sum\limits_{i=2}^{p-1} \left\lfloor\dfrac{(p-i)^3}{p}\right\rfloor$
$\Rightarrow 2B=\sum\limits_{i=1}^{p-2} \left\lfloor\dfrac{i^3}{p}\right\rfloor+\sum\limits_{i=2}^{p-1} \left\lfloor\dfrac{(p-i)^3}{p}\right\rfloor$
(Cộng lại với tổng ban đầu)
$2B= - \left\lfloor\dfrac{(p-1)^3}{p}\right\rfloor+\sum\limits_{i=2}^{p-1}\left( \left\lfloor\dfrac{i^3}{p}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{(p-i)^3}{p}\right\rfloor\right)$
$2B=- (p-1)(p-2)+\sum\limits_{i=2}^{p-1}\left( \dfrac{i^3}{p}+\dfrac{(p-i)^3}{p}-1\right)$
(Theo bổ đề đã nêu ở post #4)
$2B=-(p-1)(p-2)+\sum\limits_{i=2}^{p-1}\left( p^2-3pi+3i^2-1\right)$
$2B=-2(p-1)(p-2)+\sum\limits_{i=1}^{p-1}\left( p^2-3pi+3i^2-1\right)$
...
(tính toán)
$B=\dfrac{(p-1)(p-2)(p-3)}{4}$

Như vậy ta sẽ có:

$S=\sum\limits_{k=1}^{(p-1)(p-2)} \left\lfloor \sqrt[3]{kp}\right\rfloor = (p-1)(p-2)^2 - B = \dfrac{(p-1)(p-2)(3p-5)}{4}$