$\begin{cases}f(1)=1\\f(n)=f(n-\lfloor\sqrt n\rfloor)+n,\quad\forall n\ge 2 \end{cases}$
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
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 12-04-2023 - 19:41
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
"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert
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
"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 13-04-2023 - 13:45
Tìm kiếm trên Oeis cũng thấy cái dãy này A076644…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: $x=\lfloor\sqrt n\rfloor$
…
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 14-04-2023 - 16:09
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh