ematematikas
Kategorijos +Nauja tema Prisijungti        

Matematikos olimpiadinis uždavinys Nr. 16.3****

Olimpiados Peržiūrų skaičius (3416)

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.

Paskutinį kartą atnaujinta 2012-05-15

0

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.

0

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.


Įdomu pastebėti, kad realiai čia ne tik kad sumų sukeitimo vietomis dalykas, bet ir integravimo tvarkos pakeitimas (Jei integruosi pagal skaičiuojančius matus). Užvakar gal gerą pusvalandį formaliai užrašinėjau, kaip atrodo integralo tvarkos keitimas šiuo atveju, nes per laiką išgaruoja tokie dalykai.

0

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.

Paskutinį kartą atnaujinta 2012-05-17

0

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.

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!