Matematikos olimpiadinis uždavinys Nr. 16.3****

Viesiems teigiamiems sveikiesiams skaičiams
[tex]n>1[/tex]
įrodykite lygybę
[tex][n^{\frac{1}{2}}]+[n^{\frac{1}{3}}]+\ldots+[n^{\frac{1}{n}}]=[\log_2n]+[\log_3n]+\ldots+[\log_nn][/tex]
čia [x] - skaičiaus x sveikoji dalis.

Pridedame prie abiejų tapatybės pusių po n:

[tex]n + [n^{\frac{1}{2}}] + \ldots + [n^{\frac{1}{n}}] = n + [\log_2 n] + \ldots + [\log_n n][/tex]

Pastebėkime, kad [tex]n = [n^1][/tex]. Taip pat rašykime [tex][\log_1 n] = n[/tex] (žinoma, [tex][\log_1 n][/tex] neturi prasmės kaip logaritmas, - šiuo atveju tai tėra įmantrus būdas užrašyti n). Naudojant šį žymėjimą, tapatybę perrašome taip:

[tex]\sum_{j=1}^n [n^{\frac{1}{j}}] = \sum_{j=1}^n [\log_j n] {} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (\star) [/tex]

Pasirinkime kažkurį [tex]j \in \{1, \;\ldots\,,\; n\}.[/tex]

[tex][n^{\frac{1}{j}}] = \sum_{k=1}^{ [n^{1/j}]} \;1 = \sum_{k=1}^n \;\mathbb{1}_{\{k^j \le n\}},[/tex]

kur [tex]\mathbb{1}_{\{k^j \le n\}}[/tex] yra 1, jei [tex]k^j \le n[/tex], ir 0, jei [tex]k^j > n.[/tex]

Taip pat

[tex][\log_j n] = \sum_{k=1}^n \mathbb{1}_{\{j^k \le n\}}.[/tex]

Taigi kairė [tex](\star)[/tex] pusė yra

[tex]\sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n \mathbb{1}_{\{k^j \le n\}},[/tex]

o dešinė -

[tex]\sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n \mathbb{1}_{\{j^k \le n\}}.[/tex]

Tai yra ta pati suma, tik pakeista sumavimo tvarka. Taigi abi pusės lygios, ką ir reikėjo įrodyti.

AncientMarinerPridedame prie abiejų tapatybės pusių po n:

[tex]n + [n^{\frac{1}{2}}] + \ldots + [n^{\frac{1}{n}}] = n + [\log_2 n] + \ldots + [\log_n n][/tex]

Pastebėkime, kad [tex]n = [n^1][/tex]. Taip pat rašykime [tex][\log_1 n] = n[/tex] (žinoma, [tex][\log_1 n][/tex] neturi prasmės kaip logaritmas, - šiuo atveju tai tėra įmantrus būdas užrašyti n). Naudojant šį žymėjimą, tapatybę perrašome taip:

[tex]\sum_{j=1}^n [n^{\frac{1}{j}}] = \sum_{j=1}^n [\log_j n] {} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (\star) [/tex]

Pasirinkime kažkurį [tex]j \in \{1, \;\ldots\,,\; n\}.[/tex]

[tex][n^{\frac{1}{j}}] = \sum_{k=1}^{ [n^{1/j}]} \;1 = \sum_{k=1}^n \;\mathbb{1}_{\{k^j \le n\}},[/tex]

kur [tex]\mathbb{1}_{\{k^j \le n\}}[/tex] yra 1, jei [tex]k^j \le n[/tex], ir 0, jei [tex]k^j > n.[/tex]

Taip pat

[tex][\log_j n] = \sum_{k=1}^n \mathbb{1}_{\{j^k \le n\}}.[/tex]

Taigi kairė [tex](\star)[/tex] pusė yra

[tex]\sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n \mathbb{1}_{\{k^j \le n\}},[/tex]

o dešinė -

[tex]\sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n \mathbb{1}_{\{j^k \le n\}}.[/tex]

Tai yra ta pati suma, tik pakeista sumavimo tvarka. Taigi abi pusės lygios, ką ir reikėjo įrodyti.

Su matais baigtinėse erdvėse tokios problemos nekyla (nes tokie matai ir yra baigtinės sumos).

Įdomu, kad žiūri į matus čia :) Abi tos sumos natūraliai yra aibės {(a, b) : 1 ≤ a , b ≤ n, a^b ≤ n} dydis. Natūralios sąsajos su matais neįžvelgiau.

Na tai čia toli iki natūralaus priėjimo, bet jei tą sumą pavaizduotum, kaip laiptinės funkcijos integralą, tai natūraliai gautum, kad tai tiesiog integravimo tvarkos pakeitimas. Žinoma, šiam uždaviniui to toli gražu nereikia.