Một bài tính tổng khá hay ho
Bài toán :
Ch0 số nguyên tố $p$, chứng minh rằng :
$$\sum^{(p-1)(p-2)}_{k=1}\left[\sqrt[3]{kp}\right]=\frac{(3p-5)(p-2)(p-1)}{4}$$
Ta viết lại đẳng thức cần chứng minh dưới dạng (thêm vào số hạng tương ứng $k=0$)
$$S=\sum_{k=0}^{(p-1)(p-2)}\left\lfloor\sqrt[3]{kp}\right\rfloor=\dfrac{(3p-5)(p-2)(p-1)}{4}$$
Đầu tiên thì do cách biểu diễn đẳng thức ta thấy rằng chỉ cần xét $p\ge 3$
Đặt $n=\left\lfloor\sqrt[3]{kp}\right\rfloor$ thì $n\le\left\lfloor\sqrt[3]{p(p-1)(p-2)}\right\rfloor=p-2$
và
$n\le \sqrt[3]{kp}<n+1\Rightarrow \dfrac{n^3}{p}\le k<\dfrac{(n+1)^3}{p}$
Như vậy ta sẽ chia đoạn lấy tổng $k\in[0,(p-1)(p-2)]$ thành các đoạn $\left[\left\lfloor\frac{n^3}{p}\right\rfloor+1,\left\lfloor\frac{(n+1)^3}{p}\right\rfloor\right]$ với $0\le n\le p-3$,
đoạn cuối cùng còn sót lại là $\left[\left\lfloor\frac{(p-2)^3}{p}\right\rfloor+1,(p-1)(p-2)\right]$
Ta có:
$\begin{align*}S&=\sum_{k=0}^{(p-1)(p-2)}\left\lfloor\sqrt[3]{kp}\right\rfloor\\&=\sum_{n=0}^{p-3}\sum_{k=\left\lfloor\frac{n^3}{p}\right\rfloor+1}^{\left\lfloor\frac{(n+1)^3}{p}\right\rfloor} n+\sum_{k=\left\lfloor\frac{(p-2)^3}{p}\right\rfloor+1}^{(p-1)(p-2)}(p-2)\\&=\sum_{n=0}^{p-3}n\left(\left\lfloor\frac{(n+1)^3}{p}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{n^3}{p}\right\rfloor\right)+(p-2)\left((p-1)(p-2)-\left\lfloor\frac{(p-2)^3}{p}\right\rfloor\right)\\&=\left.n\left\lfloor\dfrac{n^3}{p}\right\rfloor\right|_{n=0}^{p-2}-\sum_{n=0}^{p-3}\left\lfloor\dfrac{(n+1)^3}{p}\right\rfloor+(p-1)(p-2)^2-(p-2)\left\lfloor\dfrac{(p-2)^3}{p}\right\rfloor\\&=(p-1)(p-2)^2-\sum_{n=1}^{p-2}\left\lfloor\dfrac{n^3}{p}\right\rfloor\end{align*}$
Xét tổng $A=\sum_{n=1}^{p-2}\left\lfloor\dfrac{n^3}{p}\right\rfloor$, ta có $($do $p\ge 3)$
$A=\sum_{n=2}^{p-2}\left\lfloor\dfrac{n^3}{p}\right\rfloor=\sum_{n=2}^{p-2}\left\lfloor\dfrac{(p-n)^3}{p}\right\rfloor\quad$ (Đảo chiều)
Suy ra $2A=\sum_{n=2}^{p-2}\left(\left\lfloor\dfrac{n^3}{p}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{(p-n)^3}{p}\right\rfloor\right)$
Do $p$ nguyên tố nên không có phân số nào trong dấu phần nguyên của tổng trên là số nguyên cả!
Áp dụng tính chất: $\begin{cases}x,y\not\in\mathbb Z\\ x+y\in \mathbb Z\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor=x+y-1$, ta có:
$\begin{align*}2A&=\sum_{n=2}^{p-2}\left(\dfrac{n^3+(p-n)^3}{p}-1\right)\\&=\sum_{n=2}^{p-2}(p^2-3pn+3n^2-1)\\&=(p^2-1)(p-3)-3p\dfrac{p(p-3)}{2}+3\left(\dfrac{(p-2)(p-1)(2p-3)}{6}-1\right)\\&=\dfrac{(p-1)(p-2)(p-3)}{2}\end{align*}$
Thay lên trên ta được
$$S=(p-1)(p-2)^2-\dfrac{(p-1)(p-2)(p-3)}{4}=\dfrac{(3p-5)(p-2)(p-1)}{4}$$
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
$$...\sum^{n-1}_{k=1}(-1)^{\left[\frac{km}{n}\right]}.\left\{\frac{km}{n}\right\}$$Bắt đầu bởi WhjteShadow, 15-04-2013 hxthanh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Các dạng toán khác →
Một số bài toán tính tổng chọn lọcBắt đầu bởi hxthanh, 02-04-2013 dark templar, hxthanh, for all |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Các dạng toán khác →
$$F_{n+1}=\sum_{k=0}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\binom{n-k}{k}$$Bắt đầu bởi dark templar, 11-11-2012 hxthanh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Dãy số - Giới hạn →
$$S=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{F_{2k+1}}{L_{k}L_{k+1}L_{k+2}}$$Bắt đầu bởi dark templar, 07-11-2012 hxthanh, perfecstrong, and vmfers |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
$$3^{\frac{F_{m}-1}{2}} \equiv -1(\mod F_{m})$$Bắt đầu bởi dark templar, 03-11-2012 hxthanh, nguyenta98, perfecstrong |
|
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh