Matematikos Maratonas Nr. 4

Prisiminkime, kad: $$\ln(1+z)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{z^n}{n}, \;\; |z|\leq1,\;\; z\neq-1.$$
Iš čia turime:
$$-\ln(1+e^i)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{e^{in}}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{\cos(n)}{n}+i\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{\sin(n)}{n}$$
Atskirkime [tex]\ln(1+e^i)[/tex] realią ir menamą dalis:
$$\ln(1+e^i)=\ln(1+\cos(1)+i\sin(1))=\ln(2\cos^2(\frac {1}{2})+i2\sin(\frac{1}{2})\cos(\frac {1}{2}))=$$$$\ln(2\cos(\frac{1}{2}))+\ln(\cos(\frac{1}{2})+i\sin(\frac{1}{2}))= \ln(2\cos(\frac{1}{2})) + \frac{i}{2}.$$
Taigi, ieškoma suma yra $$-\ln(2\cos(\frac{1}{2})).$$

Teisingai, puiku!
Vis dėlto kompleksinių skaičių aibė- Stebuklų Šalis!
Šioje Šalyje susigiminiavo skaičiai e ir [tex]\pi[/tex] (juk [tex]e^{i\pi }= - 1[/tex]), sinusas ir kosinusas ne tik išsivadavo iš narvo [-1; 1}, ir gali įgyti bet kokią kompleksinę reikšmę, bet ir susigiminiavo su rodikline funkcija...Ir tai-lašas jūroje iš to Pasaulio, į kuri atveria vartus Matematika...
Kiek daug praranda tie, kas nesidomi šiuo nuostabiu mokslu! Jie ne gyvena, jie-egzistuoja...

Turime šachmatų lentą dimumo [tex]n \times n[/tex]. Į kiekvieną šachmatų lentos langelį įrašome stačiakampių, kuriems priklauso tas langelis, skaičių. Raskite visų langeliuose esančių skaičių sumą.

Lyg tarp kitko...
Manau, jog maratone turi būti MATEMATIKOS uždaviniai, o ne galvosūkiai-rebusai.
Gal klystu, čia tik nuomonė...

Kaip pasakytų vienas garsus Lietuvos veikėjas, c'mon, Sokolovai, juk lelius mums patiekė gryną karamelinį kombinatorikos saldainiuką, o kombinatorika, kaip visi gerai supranta, irgi yra matematika, ir dar kokia!

Apsiribosiu pasakydama, jog $i$-tojoje eilutėje ir $j$-tajame stulpelyje esantis langelis papuola į $(n-i+1)(n-j+1)ij$ stačiakampių (patį langelį taip pat laikau vienu iš stačiakampių, į kurį jis papuola), taigi visų langeliuose įrašytų skaičių suma
\begin{align*}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n (n-i+1)(n-j+1)ij&=\sum_{i=1}^n(n-i+1)i\sum_{j=1}^n(n-j+1)j=\bigg(\sum_{i=1}^n (n-i+1)i\bigg)^2\\
&=\bigg(n\cdot\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{n(n+1)}{2}\bigg)^2\\
&=\bigg(\frac{n(n+1)(n+2)}{6}\bigg)^2.
\end{align*}

Gerai.

Tegul $d(n)$ yra natūraliojo skaičiaus $n$ daliklių skaičius. Parodykite, kad
\begin{gather*}
\sum_{n\leq x}d(n)=x\ln{x}+O(x).
\end{gather*}

[tex]\sum_{n\leq x}d(n)=\sum_{i=1}^x\left \lfloor \frac{x}{i} \right \rfloor=\sum_{i=1}^x \left(\frac{x}{i}+O(1)\right)=[/tex][tex]=\sum_{i=1}^x \frac{x}{i}+O(x)=x\sum_{i=1}^x\frac{1}{i}+O(x)=x\ln x+O(1)+O(x)=x\ln x+O(x).[/tex]
Pirma lygybė galioja, nes kiekvienas skaičius $i$, kaip daliklis suskaičiuojamas [tex]\left \lfloor \frac{x}{i} \right \rfloor[/tex] kartų (i.e., sumavimo tvarkos keitimas). Penkta lygybė yra tradicinė ir jau 100 kartų matyta, todėl neaiškinu ($\frac{1}{i}$ integravimas nuo 1 iki x).

Jei aritmetinių klaidų nepalikau, turėtų būti teisingai.

Neseku dažnai forumo, bet jei bus teisingas mano sprendimas, tai štai uždavinukas, kurį mačiau prieš kelis metus ir kuris man labai patiko.

Įrodykite, kad egzistuoja natūralusis skaičius $n<10^6$ toks, kad dešimtainėje $5^n$ išraiškoje yra 6 iš eilės einantys nuliai.

Gerai, verbunai, tik vietoje ženklelio $\sum_{i=1}^x$ būčiau linkusi vartoti $\sum_{i\leq x}$, bo juk gerai žinom, jog kai kurie matematikai mėgsta kabinėtis prie visokių akimi vos pastebimų smulkmenėlių ;) O tą įvertį, kurį tamstelė nutylėjo, aš visgi priminsiu:
\begin{gather*}
\sum_{i\leq x}\frac{1}{i}=\ln{x}+\gamma+O\bigg(\frac{1}{x}\bigg),
\end{gather*}
kur $\gamma$ - tam tikra konstanta, vadinama Eulerio konstanta.