Witam! Zadanie jest takie:
Ile liczb całkowitych n gdzie:
\(\displaystyle{ 1 \le n \le N}\)
jest podzielnych przez \(\displaystyle{ \lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor}\)
Obecnie stworzyłem tabelkę pokazującą liczby i to czy spełniają nierówność (pierwsze 30 całkowitych) ale nie dało mi to pomysłu na rozwiązanie "zwarte", stąd pytam tutaj. W międzyczasie będę szukać jeszcze na własną rękę, za wszelkie wskazówki dziękuję!
-- 5 maja 2011, 23:10 --
Zamieszczę częściową odpowiedź którą udało mi się wypracować.
Z rozmaitych przekształceń (wzorowanych na podobnym zdaniu w książce "Matematyka Konkretna") wychodzi, że w każdym przedziale pomiędzy jedną (k-tą) a kolejną (k+1-tą) potęgą trójki jest dokładnie \(\displaystyle{ 3k + 4}\) liczb spełniających warunki zadania. Jednakowoż jako że N może przyjmować wartość w środku między jedną a drugą potęgą trzeba obliczyć ile jest liczb od najwyższej potęgi trójki mniejszej od N a samym N. Jako że pierwsza z tych liczb (lewy koniec przedziału) musi spełniać warunki zadania to wystarczy, że znajdziemy najwyższą liczbę która spełnia warunki zadania a jest mniejsza od N. Wtedy wszystko ładnie wyliczymy z ciągu arytmetycznego (n-ty wyraz ciągu o różnicy równej \(\displaystyle{ \lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor}\) w danym przedziale). Nie daje mi to jednak zwartego wzoru na tę drugą jego część. Czy ktoś ma może pomysł jak to wykonać?
Przepraszam, jeśli zawarta wyżej myśl jest nieco chaotyczna, działam trochę w "amoku" zadania i niektórych myśli nie jest łatwo przelać na papier/monitor
Wciąż będę wdzięczny za pomoc!
Ile liczb spełnia relację
-
Xitami
Ile liczb spełnia relację
Na wstępie załóżmy, że hipoteza Riemanna jest prawdziwa.
Oznaczmy \(\displaystyle{ p=\left\lfloor N^\frac{1}{3}\right\rfloor}\)
Szukamy ile jest liczb \(\displaystyle{ \le N}\) podzielnych przez \(\displaystyle{ p}\)
Będzie ich \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{N}\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{n-1}{p}\right\rfloor}\)
będą one postaci \(\displaystyle{ n=kp}\), gdzie \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\)
chcemy by \(\displaystyle{ kp\le N}\)
więc \(\displaystyle{ k\le\left\lfloor\frac{N}{p}\right\rfloor}\)
Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ N>1}\)
Z tego, że \(\displaystyle{ N > p}\) wynika \(\displaystyle{ 1\le\left\lfloor\frac{N}{p}\right\rfloor}\)
No to na moje oko będzie ich jakieś cirka \(\displaystyle{ \pi}\) razy oko \(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{N}{\lfloor\sqrt[3]{N}\rfloor}\right\rfloor}\)
A co ma do tego Riemann?
A no nic, ale dobrze by było gdyby wreszcie zadekretowano w tę albo we w tę.
Oznaczmy \(\displaystyle{ p=\left\lfloor N^\frac{1}{3}\right\rfloor}\)
Szukamy ile jest liczb \(\displaystyle{ \le N}\) podzielnych przez \(\displaystyle{ p}\)
Będzie ich \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{N}\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{n-1}{p}\right\rfloor}\)
będą one postaci \(\displaystyle{ n=kp}\), gdzie \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\)
chcemy by \(\displaystyle{ kp\le N}\)
więc \(\displaystyle{ k\le\left\lfloor\frac{N}{p}\right\rfloor}\)
Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ N>1}\)
Z tego, że \(\displaystyle{ N > p}\) wynika \(\displaystyle{ 1\le\left\lfloor\frac{N}{p}\right\rfloor}\)
No to na moje oko będzie ich jakieś cirka \(\displaystyle{ \pi}\) razy oko \(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{N}{\lfloor\sqrt[3]{N}\rfloor}\right\rfloor}\)
A co ma do tego Riemann?
A no nic, ale dobrze by było gdyby wreszcie zadekretowano w tę albo we w tę.