Chủ đề này có 9 trả lời

[lehoanghiep]

Với mỗi số tự nhiên $n$, gọi $p(n)$ là ước số lẻ lớn nhất của $n$. Hãy tính tổng $\sum_{n=2012}^{4024}p\left ( n \right )$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lehoanghiep: 19-11-2012 - 20:45

[nguyenta98]

Với mỗi số tự nhiên $n$, gọi $p(n)$ là ước số lẻ lớn nhất của $n$. Hãy tính tổng $\sum_{n=2012}^{4024}p\left ( n \right )$.

Ở đây không biết là ước số lẻ lớn nhất của $n$ khi $n$ lẻ có phải là $n$ không hay là như thế nào?

[lehoanghiep]

Ở đây không biết là ước số lẻ lớn nhất của $n$ khi $n$ lẻ có phải là $n$ không hay là như thế nào?

Không có điều kiện của $n$ đâu nguyenta98 ạ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lehoanghiep: 20-11-2012 - 16:30

[nguyenta98]

Không có điều kiện của $n$ đâu nguyenta98 ạ.

Không ý em là nếu $n$ lẻ thì ước lẻ lớn nhất của $n$ là $n$ ạ?

[lehoanghiep]

Không ý em là nếu $n$ lẻ thì ước lẻ lớn nhất của $n$ là $n$ ạ?

Dĩ nhiên!

[hxthanh]

Chuyển hết sang biểu diễn nhị phân là xong! (spam một phát!)

[namcpnh]

Chuyển hết sang biểu diễn nhị phân là xong! (spam một phát!)

Chuyển sao thầy?

[Secrets In Inequalities VP]

Với mỗi số tự nhiên $n$, gọi $p(n)$ là ước số lẻ lớn nhất của $n$. Hãy tính tổng $\sum_{n=2012}^{4024}p\left ( n \right )$.

Đặt $v(n)$ là số mũ cao nhất của $2$ trong $n$ . Chú ý $v(n)p(n)= n\Rightarrow p(n)= \frac{n}{v(n)}$ là ra !

[hxthanh]

Ta có bổ đề sau: (chứng minh cái này không khó, các em có thể nhờ nguyenta98 chứng minh hộ! )
$S_n=\sum_{k=1}^n p(k) = \sum_{k=0}^{\lfloor\log_2n\rfloor} \left\lfloor\dfrac{n}{2^{k+1}}+\dfrac{1}{2}\right\rfloor^2$

$\sum_{k=2012}^{4024} p(k) =\sum_{k=1}^{4024} p(k) - \sum_{k=1}^{2011} p(k)=S_{4024}-S_{2011}$

Ta có:
$S_{4024}=\sum_{k=0}^{11} \left\lfloor\dfrac{4024}{2^{k+1}}+\dfrac{1}{2}\right\rfloor^2=5397840$

$(=2012^2+1006^2+503^2+252^2+126^2+63^2+31^2+16^2+8^2+4^2+2^2+1^2)$

$S_{2011}=\sum_{k=0}^{10} \left\lfloor\dfrac{2011}{2^{k+1}}+\dfrac{1}{2}\right\rfloor^2=1349193$

$(=1006^2+503^2+251^2+126^2+63^2+31^2+16^2+8^2+4^2+2^2+1^2)$

Vậy giá trị cần tính là: $4\,048\,647$
_______________________
p/s: Những ai chưa học về logarithm thì cái bổ đề được viết thành:
$S_n=\sum_{k=1}^n p(k) = \sum_{k\ge 0}\left\lfloor\dfrac{n}{2^{k+1}}+\dfrac{1}{2}\right\rfloor^2$
Tổng lấy thoả mái $k=0,1,2,...$ cho đến khi nào biểu thức phần nguyên bằng $0$ thì thôi!

[hxthanh]

Theo yêu cầu của một số bạn, tôi sẽ chứng minh cái bổ đề này:
Bổ đề:
Nếu gọi $p(k)$ là ước số lẻ lớn nhất của số tự nhiên $k$ thì ta có:
$S_n=\sum_{k=1}^np(k)=\sum_{k\ge 0}\left\lfloor\dfrac{n}{2^{k+1}}+\dfrac{1}{2}\right\rfloor^2$
Chứng minh:
Trước hết ta có điều hiển nhiên sau:
$\begin{cases}p(2k+1)=2k+1\\p(2k)=p(k)\end{cases}$
Và tổng $\sum_{k=1}^n (2k-1)=n^2\quad(1)$
Do đó:
$S_n=\sum_{k=1}^np(k)=\sum_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}p(2k)+\sum_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor}p(2k-1)\quad$(Tách chẵn, lẻ)
$\quad=\sum_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}p(k)+\left\lfloor\dfrac{n+1}{2}\right\rfloor^2\quad$ (Theo $(1)$)
Hay
$S_n=S_{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}+\left\lfloor\dfrac{n+1}{2}\right\rfloor^2\quad(2)$
Tiếp tục áp dụng $(2)$ (thay $n$ bởi $\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor$)
Ta có:
$S_{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}=S_{\left\lfloor\frac{n}{4}\right\rfloor}+\left\lfloor\dfrac{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+1}{2}\right\rfloor^2$
Hay
$S_{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}=S_{\left\lfloor\frac{n}{4}\right\rfloor}+\left\lfloor\dfrac{n}{4}+\dfrac{1}{2}\right\rfloor^2\quad(3)$
Quá trình "chia đôi" trên lặp lại $m$ lần tới khi $\left\lfloor\dfrac{n}{2^m}\right\rfloor=0$ thì kết thúc
Lúc đó ta được $m$ đẳng thức, cộng tất cả lại ta được điều phải chứng minh.