Câu a em chỉ mới có 2 ý tưởng để làm thôi Nhưng ko biết đúng hay sai nữa .Có gì sai sót mong anh đừng trách
Ý tưởng đầu tiên của em là kẹp $S_n$ giữa 2 số nguyên có hiệu bằng 2 ,thì khi đó $S_n$ sẽ bằng số nguyên đứng giữa 2 số nguyên đó .Nhưng với ý tưởng này ,em mới chỉ kẹp đc như sau:$n \le S_n < \dfrac{{3n^2 + 2n}}{8}$.Kẹp như vầy thì cũng chả đi tới đâu cả
Còn ý tưởng thứ 2 của em là quy về bài toán "Trong dãy từ 1 đến n,có bao nhiêu số chính phương?" .Cái này thì em chỉ mới làm sơ như sau:
Xét nếu $\left( {k + 1} \right)^2 > n(k \in N)$ thì trong dãy $S_n$ sẽ có k số chính phương .Sau đó ta sẽ tính khoảng cách giữa 2 số chính phương để tất cả phần nguyên của các số trong khoảng đó đều sẽ bằng số chính phương nhỏ hơn->ta sẽ thiết lập đc một tổng ko còn dính đến phần nguyên nữa ->sử dụng dãy số để tính.Trường hợp nhỏ hơn làm tương tự .
Nhưng vấn đề mà ý tưởng này mắc phải đó là có thể n nằm giữa 2 số chính phương liên tiếp ,vậy làm sao ta biết đc n sẽ dừng lại ở số nguyên nằm giữa 2 số chính phương trên?? Ta tính phần "dôi" ra này bằng cách nào?
Đến đây thì em bó tay rồi
P/s:Nếu đc anh có thể share lời giải của 2 bài trên cho em ko???Thanks anh nhiều
Ý tưởng thứ 2 của em chính là chìa khóa giải quyết 2 bài toán này đấy!
Bài 1:
$S_n=\sum_{k=0}^n \left\lfloor\sqrt{k}\right\rfloor$
Để viết cho gọn ta đặt $\left\lfloor \sqrt n\right\rfloor=m$
Như vậy $m\le \sqrt n< m+1 \Leftrightarrow m^2\le n <(m+1)^2$
(n nằm trong khoảng đấy chứ đâu!
)
Trước hết ta có nhận xét sau
Trên mỗi đoạn $[i^2,i^2+2i]$ (giữa hai số chính phương liên tiếp) có $2i+1$ số dạng $i^2+j,\;(0\le j\le 2i)$
Các số này đều thỏa: $\left\lfloor\sqrt{i^2+j}\right\rfloor=i$
Do đó $S_n$ được chia thành các tổng:
$S_n=\sum_{k=0}^{1^2-1} \left\lfloor\sqrt{k}\right\rfloor+\sum_{k=1^2}^{2^2-1} \left\lfloor\sqrt{k}\right\rfloor+...+\sum_{k=(m-1)^2}^{m^2-1} \left\lfloor\sqrt{k}\right\rfloor+\sum_{k=m^2}^n \left\lfloor\sqrt{k}\right\rfloor$
$S_n=\sum_{i=0}^{m-1} \left(\sum_{k=i^2}^{i^2+2i} \left\lfloor\sqrt{k}\right\rfloor\right)+\sum_{k=m^2}^n \left\lfloor\sqrt{k}\right\rfloor$
$S_n=\sum_{i=0}^{m-1} (2i+1)i +\sum_{k=m^2}^n \left\lfloor\sqrt{k}\right\rfloor$
$S_n=\sum_{i=0}^{m-1} \left(\dfrac{2}{3}\left((i+1)^3-i^3\right)-\dfrac{1}{2}\left((i+1)^2-i^2\right)-\dfrac{1}{6}\right)+(n-m^2+1)m$
(viết dưới dạng sai phân nhìn cho dễ
)
(Cái tổng dôi ra, gồm $n-m^2+1$ số có giá trị bằng $m$)
$S_n=\dfrac{2m^3}{3}-\dfrac{m^2}{2}-\dfrac{m}{6}+nm-m^3+m$
$\boxed{S_n=\sum_{k=0}^n \left\lfloor\sqrt{k}\right\rfloor=n.m-\dfrac{m(m-1)(2m+5)}{6},\;\;\;\text{voi' }m=\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}$
----
Bài kia tương tự nhé!
. (Khó hơn nhiều đấy!
)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 07-02-2011 - 22:30