Strona główna Matematyka.pl » Matematyka - królowa nauk » Probabilistyka » Kombinatoryka i matematyka dyskretna

Szereg z funkcją podłogi

Strona 1 z 1

[ Posty: 7 ]

Autor

Wiadomość

Kermit96 Offline

Tytuł: Szereg z funkcją podłogi

Napisane: 14 mar 2017, o 14:22

Posty: 96

Witam wszystkich!

W jaki sposób zabrać się do udowodnienia, że dla $n \geq 1$ zachodzi $\sum_{k=1}^{n} \left \lfloor{ \frac{k}{2} }\right \rfloor = \left \lfloor{ \frac{n^2}{4} }\right \rfloor$ ?

Próbowałem indukcyjnie i doszedłem do tego:

$n=1$
Zachodzi, ponieważ $\sum_{k=1}^{1} \left \lfloor{ \frac{k}{2} }\right \rfloor = \left \lfloor{\frac{1}{2}} \right \rfloor= \left \lfloor{\frac{1}{4}} \right \rfloor = 0$
$n+1$
Chcemy sprawdzić czy zachodzi również następująca równość:
$\sum_{k=1}^{n+1} \left \lfloor{ \frac{k}{2} }\right \rfloor = \left \lfloor{ \frac{(n+1)^2}{4} }\right \rfloor$

$\sum_{k=1}^{n+1} \left \lfloor{ \frac{k}{2} }\right \rfloor = \sum_{k=1}^{n} \left \lfloor{ \frac{k}{2} }\right \rfloor + \left \lfloor{ \frac{n+1}{2} }\right \rfloor = \left \lfloor{ \frac{n^2}{4} }\right \rfloor + \left \lfloor{ \frac{n+1}{2} }\right \rfloor$

Niestety nie wiem jak to poprowadzić dalej.

Góra

Premislav Offline

Tytuł: Szereg z funkcją podłogi

Napisane: 14 mar 2017, o 14:45

Posty: 13162
Lokalizacja: Wrocław

Nie wiem, czy nie prościej jest zauważyć, że
$\left[ \frac{k}{2} \right]= \begin{cases} \frac{k}{2} \text{ gdy } 2|k \\ \frac{k-1}{2} \text{ gdy } 2\nmid k \end{cases}$ , zatem gdy $n=2m$ dla pewnego $m \in \NN$ , to
$\sum_{k=1}^{n}\left[ \frac{k}{2} \right]= \sum_{k=1}^{m}k + \sum_{k=1}^{m}(k-1)= \frac{m(m+1)}{2}+ \frac{m(m-1)}{2}=m^2=\\=\left[ \frac{(2m)^2}{4} \right] =\left[ \frac{(n)^2}{4} \right]$
zaś gdy $n=2m+1$ , to
$\sum_{k=1}^{n}\left[ \frac{k}{2} \right]= \sum_{k=1}^{m}k + \sum_{k=1}^{m+1}(k-1)=m(m+1)= \frac{4m^2+4m}{4}=\\= \frac{(2m+1)^2-1}{4}=\left[ \frac{(2m+1)^2}{4} \right] =\left[ \frac{n^2}{4} \right]$

Góra

Zahion Offline

Tytuł: Szereg z funkcją podłogi

Napisane: 14 mar 2017, o 14:53

Posty: 2043
Lokalizacja: Trzebiatów

Analogicznie z dowodem indukcyjnym jak Premislav pokazał ( rozbijamy ) :
dla $n = 2k + 1$ mamy
$\left \lfloor{ \frac{n^2}{4} }\right \rfloor + \left \lfloor{ \frac{n+1}{2} }\right \rfloor = \left \lfloor{ \frac{4k^{2}+4k+1}{4} }\right \rfloor + \left \lfloor{ \frac{2k+2}{2} }\right \rfloor = k^{2} + k + k + 1 = \left( k+1\right)^{2} = \frac{\left( 2k+2\right) ^{2}}{4} = \left \lfloor{ \frac{\left( 2k+2\right)^{2} }{4} }\right \rfloor = P$
Ostatni przypadek analogicznie dla $n = 2k$
Oczywiście to moje $k$ nie jest powiązane z indeksem w pierwszym poście.

Góra

a4karo Offline

Tytuł: Szereg z funkcją podłogi

Napisane: 14 mar 2017, o 15:44

Posty: 15819
Lokalizacja: Bydgoszcz

Dobra, a gdzie jest szereg?

Góra

Premislav Offline

Tytuł: Szereg z funkcją podłogi

Napisane: 14 mar 2017, o 15:49

Posty: 13162
Lokalizacja: Wrocław

Ponieważ spora część studentów widzi pierwszy raz zapis z sigmą przy nauce szeregów, więc potem myślą oni, że wszędzie tam, gdzie się pojawia znak $\sum_{}^{}$ , mają do czynienia z szeregiem. :cry:

Góra

Kermit96 Offline

Tytuł: Szereg z funkcją podłogi

Napisane: 14 mar 2017, o 17:47

Posty: 96

Czemu tutaj pod znakiem sumy pojawia się samo $k$ i $k-1$ ? Chodzi konkretnie o ten fragment:
$\sum_{k=1}^{n}\left[ \frac{k}{2} \right]= \sum_{k=1}^{m}k + \sum_{k=1}^{m}(k-1) = \ldots$

Oraz czy przed znakami sumy po pierwszej równości nie powinno być wyłączone $\frac{1}{2}$ ?

Góra

Premislav Offline

Tytuł: Szereg z funkcją podłogi

Napisane: 14 mar 2017, o 18:04

Posty: 13162
Lokalizacja: Wrocław

Tam rozważam przypadek $n=2m$ . Rozbijam na sumę po indeksach parzystych i po indeksach nieparzystych:
$\sum_{k=1}^{2m}\left[ \frac{k}{2} \right]= \sum_{1 \le k \le 2m: 2|k}^{}\left[ \frac{k}{2} \right]+\sum_{1 \le k \le 2m: 2\nmid k}^{}\left[ \frac{k}{2} \right]=\\=\left(\left[ \frac{2}{2} \right]+\left[ \frac{4}{2}\right] +\dots+\left[ \frac{2m}{2} \right] \right)+\left(\left[ \frac{1}{2} \right]+\left[ \frac{3}{2} \right]+\dots+\left[ \frac{2m-1}{2} \right] \right)$
i zauważam, że gdy $k$ jest nieparzyste, to $\left[ \frac{k}{2} \right] =\left[ \frac{k-1}{2} \right]$ .
Stąd $\left(\left[ \frac{1}{2} \right]+\left[ \frac{3}{2} \right]+\dots+\left[ \frac{2m-1}{2} \right] \right)=\left(\left[ \frac{0}{2} \right]+\left[ \frac{2}{2} \right]+\dots+\left[ \frac{2m-2}{2} \right] \right)$
i cała suma:
$\left(\left[ \frac{2}{2} \right]+\left[ \frac{4}{2}\right] +\dots+\left[ \frac{2m}{2} \right] \right)+\left(\left[ \frac{1}{2} \right]+\left[ \frac{3}{2} \right]+\dots+\left[ \frac{2m-1}{2} \right] \right)= \\=\sum_{k=1}^{m}k+ \sum_{k=1}^{m}(k-1)$ ,
bo oczywiście dla $l \in \NN$ mamy $\left[ \frac{2l}{2} \right]=l$
Rzecz jasna, na swój użytek tego tak nie rozpisywałem, jedynie chciałem to w miarę klarownie wytłumaczyć.

-- 14 mar 2017, o 18:07 --

Aha, nie zauważyłem drugiego pytania. Możesz zacytować fragment, do którego się odnosisz? Nie widzę, gdzie tu by miała być jakaś $\frac 1 2.$ Być może niepotrzebnie użyłem dwa razy do indeksowania $k$ i przez to miałeś wrażenie, że to jest dokładnie to $k$ , co wcześniej. To nie jest konflikt oznaczeń, ale mogło to zbijać z tropu.

Góra

Poprzedni | Następny

	Strona 1 z 1	[ Posty: 7 ]

Strona główna Matematyka.pl » Matematyka - królowa nauk » Probabilistyka » Kombinatoryka i matematyka dyskretna

Zobacz podobne tematy
Tytuł tematu	Autor	Odpowiedzi
Mały problem z funkcją tworzącą	kogutto	1
Ile jest liczb...; funkcja tworząca; wzór jawny.	marta81	1
funkcja generująca	iwazach	0
Dwa zadania: metoda wlaczen i wylaczen oraz funkcja tworzaca	Zajec	1
Grafy, funkcja tworzaca	miglanc	1

[Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]