Đến nội dung

Hình ảnh

$\begin{cases}f(1)=1\\f(n)=f(n-\lfloor\sqrt n\rfloor)+n,\quad\forall n\ge 2 \end{cases}$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết
Cho dãy số nguyên $(f(n))$ xác định bởi:
$\begin{cases}f(1)=1\\f(n)=f(n-\lfloor\sqrt n\rfloor)+n,\quad\forall n\ge 2 \end{cases}$
1. Tính $S=\sum_{k=1}^{100}f(k)$
2. Tìm $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{f(n)}{n\sqrt n}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 12-04-2023 - 19:41


#2
nmlinh16

nmlinh16

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 165 Bài viết
✓  Lời giải

Bước 1. Tính $f(m^2)$ và $f(m^2-m)$.

Với $m \ge 2$, ta có $$\begin{align*} f(m^2) & = f(m^2 - m) + m^2  \\ & = f(m^2 - m - (m-1)) + (m^2 - m) + m^2 \\ & = f((m-1)^2) + 2m^2 - m.\end{align*}$$

Từ đó $\begin{equation} \label{eq:1} f(m^2) = f(1) + \sum_{k=2}^m (2k^2 - k) = \frac{m(m+1)(4m-1)}{6} \end{equation}$ và $\begin{equation} \label{eq:2} f(m^2 - m) = f(m^2) - m^2 = \frac{m(m-1)(4m+1)}{6}. \end{equation}$

 

Bước 2. Đặt $S(m) = \sum_{n=m^2}^{m^2 + 2m} f(n)$ và tính $S(m)$.

Với $m \ge 2$, ta có $$\begin{align*} S(m) & = \sum_{n=m^2}^{m^2 + 2m} f(n) \\ & = \sum_{n=m^2-m}^{m^2 + m} f(n) + \sum_{n=m^2}^{m^2 + 2m} n \\ & = \sum_{n=m^2-m}^{m^2 - 1} f(n) + \sum_{n=m^2}^{m^2 + m} f(n) + m(m+1)(2m+1) \\ & = \sum_{n=(m-1)^2}^{m^2 - m} f(n) + \sum_{n=m^2-m}^{m^2-1} n + \sum_{n=m^2-m}^{m^2} f(n) + \sum_{n=m^2}^{m^2 + m} n + m(m+1)(2m+1) \\ & = \sum_{n=(m-1)^2}^{m^2} f(n) + f(m^2-m) + \sum_{n=m^2-m}^{m^2+m}n + m(m+1)(2m+1) \\ & = S(m-1) + f(m^2) + f(m^2 - m) + m^2(2m+1)  + m(m+1)(2m+1).\end{align*}$$

Kết hợp với $\eqref{eq:1}$ và $\eqref{eq:2}$, ta được $$\begin{align*} S(m) & = S(m-1) + \frac{m(m+1)(4m-1)}{6} + \frac{m(m-1)(4m+1)}{6} + m^2(2m+1) + m(m+1)(2m+1) \\ & = S(m-1) + \frac{16m^3 + 12m^2 + 2m}{3} \end{align*}.$$ Ngoài ra $f(2) = f(1) + 2 = 3$, $f(3) = f(2) + 3 = 6$ nên $S(1) = f(1) + f(2) + f(3) = 10$, suy ra $\begin{equation} \label{eq:3} S(m) = S(1) + \sum_{k=2}^m \frac{16k^3 + 12k^2 + 2k}{3} = \frac{4m^4 + 12m^3 + 11m^2 + 3m}{3}. \end{equation}$

 

Bước 3. Tính $S$.

Sử dụng $\eqref{eq:1}$ và $\eqref{eq:3}$ ta có $$\begin{align*} \sum_{n=1}^{m^2} f(n) & = \sum_{k=1}^{m-1} S(k) + f(m^2) \\ & = \sum_{k=1}^{m-1} \frac{4k^4 + 12k^3 + 11k^2 + 3k}{3} + \frac{m(m+1)(4m-1)}{6} \\ & = \frac{m(m+1)(8m^3 + 2m^2 + 8m-3)}{30}.\end{align*}$$ Thay $m = 10$, ta được $S = \sum_{n=1}^{100} f(n) = 30349$.

 

 

Bước 4. Chứng minh rằng $f(n) < f(n+1)$ với mọi $n \in \mathbb{N}^\ast$ bằng quy nạp.

Thật vậy, với $n = 1$ thì $f(2) = 3 > 1 = f(1)$.

Xét $n \ge 2$. Đặt $m = \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$. Thế thì $m^2 \le n \le (m+1)^2 - 1$, suy ra $m^2 + 1 \le n+1 \le (m+1)^2$, nên $n+1 \in \{m,m+1\}$. Suy ra $$f(n+1) = f(n+1-m) + n+1 > f(n-m) + n+1 > f(n-m) + n = f(n)$$ theo giả thiết quy nạp, hoặc $$f(n+1) = f(n+1 - (m+1)) + n + 1 > f(n-m) + n = f(n),$$ vậy $f(n+1) > f(n)$ trong mọi trường hợp, tức là dãy $(f(n))_n$ tăng.

 

Bước 5. Tính $\lim_{n \to +\infty} \frac{f(n)}{n\sqrt{n}}$.

 Đặt $m = \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$. Thế thì $m^2 \le n < (m+1)^2$ và $m \to +\infty$ khi $n \to +\infty$. Sử dụng $\eqref{eq:1}$, ta có $$\lim_{m \to +\infty} \frac{f(m^2)}{(m+1)^3} = \lim_{m \to +\infty} \frac{m(4m-1)}{6(m+1)^2} = \frac{2}{3},$$ $$\lim_{m \to +\infty} \frac{f((m+1)^2)}{m^3} = \lim_{m \to +\infty} \frac{(m+1)(m+2)(4m+3)}{6m^3} = \frac{2}{3}.$$ Ngoài ra vì $(f(n))_n$ tăng nên $$\frac{f(m^2)}{(m+1)^3} \le \frac{f(n)}{n\sqrt{n}} \le \frac{f((m+1)^2)}{m^3},$$ suy ra $$\lim_{n \to +\infty} \frac{f(n)}{n\sqrt{n}} = \frac{2}{3}.$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 13-04-2023 - 03:00

$$\text{H}^r_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K, M) \times \text{Ext}^{3-r}_{\mathcal{O}_K}(M,\mathbb{G}_m) \to \text{H}^3_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K,\mathbb{G}_m) \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}.$$

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert


#3
nmlinh16

nmlinh16

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 165 Bài viết

Với ý tưởng ở Bước 4, ta có thể tính được biểu thức tường minh cho $f(n)$ như sau.

 

Đặt $m = \left\lfloor \sqrt{n} \right  \rfloor$, $n = m^2 + k$ với $0 \le k \le 2m$. Ta chứng minh bằng quy nạp theo $m$ rằng $\begin{equation} \label{eq:4} f(n+1) - f(n) = \begin{cases} 2(m-k) & \text{nếu } 0 \le k \le m-1, \\ 2(2m-k) + 1 & \text{nếu } m \le k \le 2m. \end{cases} \end{equation}$

Với $m = 1$ thì $\eqref{eq:4}$ đúng vì $f(2) - f(1) = 2$ $(k = 0)$, $f(3) - f(2) = 3$ $(k = 1)$, $f(4) - f(3) = 1$ $(k = 2)$.

Xét $m \ge 2$.

Với $0 \le k \le m-1$ thì $$f(n+1) - f(n) = f(n+1-m) + (n+1) - f(n-m) - n = f(n+1-m) - f(n-m) + 1.$$ Ta có $n-m = (m-1)^2 + (k + (m-1))$, và $m-1 \le k+(m-1) \le 2(m-1)$, nên theo giả thiết quy nạp thì $$f(n+1) - f(n) = f(n+1-m) - f(n-m) + 1 = 2(2(m-1) - (k+(m-1))) + 1 + 1 = 2(m-k).$$

Với $m \le k \le 2m-1$ thì $$f(n+1) - f(n) = f(n+1-m) + (n+1) - f(n-m) - n = f(n+1-m) - f(n-m) + 1.$$ Ta có $n-m = m^2 + (k-m)$, và $0 \le k-m \le m-1$, nên theo trường hợp trước thì $$f(n+1) - f(n) = f(n+1-m) - f(n-m) + 1 = 2(m + (k-m)) + 1 = 2(2m - k) + 1.$$

Với $k = 2m$ thì $$f(n+1) - f(n) = f((m+1)^2) - f(m^2 + 2m) = f(m^2 + m) + (m+1)^2 - (f(m^2 + m) - (m^2+2m)) = 1.$$ Vậy $\eqref{eq:4}$ đúng trong tất cả trường hợp. 

 

Từ đó, với $0 \le k \le m$ thì

$$f(n) = f(m^2 + k) = f(m^2) + \sum_{i=0}^{k-1} 2(m-i) = \frac{m(m+1)(4m-1)}{6} + k(2m-k+1).$$

Với $m+1 \le k \le 2m$ thì $$f(n) = f(m^2 + m) + \sum_{i=0}^{k-1} (2(2m-i) + 1) = \frac{m(m+1)(4m+5)}{6} + k(4m-k+2).$$

 

 

 

Bước 4. Chứng minh rằng $f(n) < f(n+1)$ với mọi $n \in \mathbb{N}^\ast$ bằng quy nạp.

Thật vậy, với $n = 1$ thì $f(2) = 3 > 1 = f(1)$.

Xét $n \ge 2$. Đặt $m = \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$. Thế thì $m^2 \le n \le (m+1)^2 - 1$, suy ra $m^2 + \le < n+1 \le (m+1)^2$, nên $n+1 \in \{m,m+1\}$. Suy ra $$f(n+1) = f(n+1-m) + n+1 > f(n-m) + n+1 > f(n-m) + n = f(n)$$ theo giả thiết quy nạp, hoặc $$f(n+1) = f(n+1 - (m+1)) + n + 1 > f(n-m) + n = f(n),$$ vậy $f(n+1) > f(n)$ trong mọi trường hợp, tức là dãy $(f(n))_n$ tăng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 13-04-2023 - 02:59

$$\text{H}^r_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K, M) \times \text{Ext}^{3-r}_{\mathcal{O}_K}(M,\mathbb{G}_m) \to \text{H}^3_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K,\mathbb{G}_m) \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}.$$

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert


#4
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết
Tuyệt vời! @nmlinh16
Lời giải rất rõ ràng đầy đủ, chặt chẽ với bài toán này. Thôi thì rảnh quá không biết làm gì… Gộp công thức xác định cho $f(n)$ lại ta có công thức sau:
\begin{align*}f(n)=&n(2x^2+2x+1-n)\\&-\frac{x(x+1)(6x^2+2x+1)}{6}\\ &+\left\lfloor\frac{n-x^2}{x+1}\right\rfloor(2x+1)(n-x^2-x)\end{align*}
Với mọi $n\ge1$, trong đó: $x=\lfloor\sqrt n\rfloor$
Dãy số này
Tổng $\sum_{n=1}^{100} f(n)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 13-04-2023 - 13:45


#5
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết

…Gộp công thức xác định cho $f(n)$ lại ta có công thức sau:
\begin{align*}f(n)=&n(2x^2+2x+1-n)\\&-\frac{x(x+1)(6x^2+2x+1)}{6}\\ &+\left\lfloor\frac{n-x^2}{x+1}\right\rfloor(2x+1)(n-x^2-x)\end{align*}
Với mọi $n\ge1$, trong đó: $x=\lfloor\sqrt n\rfloor$

Tìm kiếm trên Oeis cũng thấy cái dãy này A076644
Sao họ không update công thức xác định dãy như trên nhỉ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 14-04-2023 - 16:09





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh