Tính $\sum_{n=1}^{2012}S(n)$
#1
Đã gửi 24-10-2012 - 20:48
Tính $\sum_{n=1}^{2012}S(n)$
- hxthanh và nhungvienkimcuong thích
Thà đừng yêu để giữ mình trong trắng
Lỡ yêu rôì nhất quyết phải thành công
#2
Đã gửi 24-10-2012 - 21:37
Giải như sau:Kí hiệu $S(n)$ là tổng các chữ số n ( n là số tự nhiên).
Tính $\sum_{n=1}^{2012}S(n)$
$\sum_{n=1}^{2012}S(n)=\sum_{n=1}^{999}S(n)+\sum_{n=1000}^{1999}S(n)+\sum_{n=2000}^{2012}S(n)$
Ta xét $\sum_{n=1}^{999}S(n)=\sum_{n=0}^{999}S(n)$
Ta có từ $0$ đến $999$ thì ta có thể viết $000,001,002,...,009,010,011,...,099,100,...,999$ mà không sợ liên quan gì đến $S(n)$
Ta nhận thấy $\sum_{n=000}^{999}S(n)=[S(000)+S(999)]+[S(001)+S(998)]+...+[S(499)+S(500)]=27*500$
Như vậy $\sum_{n=1}^{999}S(n)=27*500$
Lại thấy $\sum_{n=1000}^{1999}S(n)=\sum_{n=000}^{999}S(n)+1000.1$ với $1000.1$ là tổng cs hàng nghìn
Suy ra $\sum_{n=1000}^{1999}S(n)=27*500+1000$
Giờ xét $\sum_{n=2000}^{2012}S(n)=77$
Vậy $\boxed{\sum_{n=1}^{2012}S(n)=27*500+27*500+1000+77=28077}$
- perfectstrong, hxthanh, cool hunter và 2 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 25-10-2012 - 01:05
$\sum\limits_{k=0}^n S(k)= \dfrac{n(n+1)}{2}+45\sum_{i=0}^\infty \left(10^i\left\lfloor\dfrac{n}{10^{i+1}}\right\rfloor^2\right)-9\sum_{i=0}^\infty \left((n+1-5.10^i)\left\lfloor\dfrac{n}{10^{i+1}}\right\rfloor\right)$
Với $n=2012$, ta có:
$\sum\limits_{k=0}^{2012} S(k)=\dfrac{2012. 2013}{2}+45\left(\left\lfloor\dfrac{2012}{10}\right\rfloor^2+10\left\lfloor\dfrac{2012}{100}\right\rfloor^2+100\left\lfloor\dfrac{2012}{1000}\right\rfloor^2\right)-9\left((2013-5)\left\lfloor\dfrac{2012}{10}\right\rfloor+(2013-50)\left\lfloor\dfrac{2012}{100}\right\rfloor+(2013-500)\left\lfloor\dfrac{2012}{1000}\right\rfloor\right)$
$=2025078+45(201^2+10. 20^2+100. 2^2)-9(2008. 201+1963. 20+1513. 2)$
$=28077$
- perfectstrong, cool hunter, nguyenta98 và 2 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 27-10-2012 - 20:51
C/m công thức này thế nào ạ?Có thể áp dụng công thức này
$\sum\limits_{k=0}^n S(k)= \dfrac{n(n+1)}{2}+45\sum_{i=0}^\infty \left(10^i\left\lfloor\dfrac{n}{10^{i+1}}\right\rfloor^2\right)-9\sum_{i=0}^\infty \left((n+1-5.10^i)\left\lfloor\dfrac{n}{10^{i+1}}\right\rfloor\right)$
Với $n=2012$, ta có:
$\sum\limits_{k=0}^{2012} S(k)=\dfrac{2012. 2013}{2}+45\left(\left\lfloor\dfrac{2012}{10}\right\rfloor^2+10\left\lfloor\dfrac{2012}{100}\right\rfloor^2+100\left\lfloor\dfrac{2012}{1000}\right\rfloor^2\right)-9\left((2013-5)\left\lfloor\dfrac{2012}{10}\right\rfloor+(2013-50)\left\lfloor\dfrac{2012}{100}\right\rfloor+(2013-500)\left\lfloor\dfrac{2012}{1000}\right\rfloor\right)$
$=2025078+45(201^2+10. 20^2+100. 2^2)-9(2008. 201+1963. 20+1513. 2)$
$=28077$
$\sum\limits_{k=0}^n S(k)= \dfrac{n(n+1)}{2}+45\sum_{i=0}^\infty \left(10^i\left\lfloor\dfrac{n}{10^{i+1}}\right\rfloor^2\right)-9\sum_{i=0}^\infty \left((n+1-5.10^i)\left\lfloor\dfrac{n}{10^{i+1}}\right\rfloor\right)$
Thà đừng yêu để giữ mình trong trắng
Lỡ yêu rôì nhất quyết phải thành công
#5
Đã gửi 28-10-2012 - 09:30
Tìm ra nó không khó, nhưng vì nó "xấu xí" quá nên tôi mới chẳng buồn trình bày chứng minhC/m công thức này thế nào ạ?
$\sum\limits_{k=0}^n S(k)= \dfrac{n(n+1)}{2}+45\sum_{i=0}^\infty \left(10^i\left\lfloor\dfrac{n}{10^{i+1}}\right\rfloor^2\right)-9\sum_{i=0}^\infty \left((n+1-5.10^i)\left\lfloor\dfrac{n}{10^{i+1}}\right\rfloor\right)$
Theo định nghĩa: với mỗi số tự nhiên $k$ bất kỳ, ta có
$S(k)=$(chữ số đơn vị của $k$) $+$ (chữ số hàng chục của $k$) $+...= \sum\limits_{i=0}^{+\infty} T_i(k) $
trong đó: $T_i(k)$ là chữ số hàng $10^i$ của $k$
Do $\left\lfloor\dfrac{k}{10^i}\right\rfloor$ có ý nghĩa là : cắt bỏ $i$ chữ số tận cùng của $k$
Nên ta có: $\quad T_i(k)=\left\lfloor\dfrac{k}{10^i}\right\rfloor-10\left\lfloor\dfrac{k}{10^{i+1}}\right\rfloor$
Như vậy:
$\sum\limits_{k=1}^n S(k) = \sum\limits_{k=1}^n \sum\limits_{i=0}^{+\infty}\left(\left\lfloor\dfrac{k}{10^i}\right\rfloor-10\left\lfloor\dfrac{k}{10^{i+1}}\right\rfloor\right)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty} \left( \sum\limits_{k=1}^{n}\left\lfloor\dfrac{k}{10^i}\right\rfloor-10\sum\limits_{k=1}^{n}\left\lfloor\dfrac{k}{10^{i+1}}\right\rfloor\right)$
Đến đây áp dụng công thức này $\sum\limits_{k=1}^n \left\lfloor\dfrac{k}{m}\right\rfloor=\left(n+1-\dfrac{m}{2}\right)\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor-\dfrac{m}{2}\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor^2$
Ta được điều phải chứng minh $\blacksquare$
- perfectstrong, cool hunter, nguyenta98 và 6 người khác yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh