OK, miło mi, że nie ignorujesz (zapewniłeś mi półuśmiech, a to więcej niż mam, szczerze dzięki). Postaram się rzucić na to trochę światła.
Pierwsza myśl jest taka, że funkcja
\(\displaystyle{ }\) działa tak, że ignoruje potęgi dwójki, przez jakie dzieli się liczba, na przykład
\(\displaystyle{ f(7)=f(14), \ f(5)=f(40)}\) etc. Takie sumy zwykle łatwiej się liczy, jak się jakoś pogrupuje (bo szacowanie każdego wyrazu z osobna nie ma specjalnie sensu, zważywszy na to, iż wyrazy nie mają żadnej sensownej asymptotyki, tj. dla dowolnie dużych
\(\displaystyle{ n}\) znajdziemy tak duże, jak i małe wartości funkcji, bo np.
\(\displaystyle{ f(2k+1)=2k+1, \ k\in \NN}\), a także
\(\displaystyle{ f\left(2^{r}\right)=1, \ r\in \NN}\) – i wartości
\(\displaystyle{ \frac{f(n)}{n}}\) sobie będą skakać od
\(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\) do jedynki). Na początku chciałem to zrobić tak, żeby pogrupować według liczb nieparzystych nieprzekraczających
\(\displaystyle{ n}\). Jak weźmiemy liczbę nieparzystą
\(\displaystyle{ 2k-1, \ k\in \NN}\), to będzie
\(\displaystyle{ f(2k-1)=f(2\cdot(2k-1))=\ldots=f\left(2^{r}(2k-1)\right)}\) gdy
\(\displaystyle{ 2^{r}(2k-1)\le n}\), co sprowadza się do
\(\displaystyle{ r\le \log_{2}\left(\frac{n}{2k-1}\right)}\), a z uwagi na całkowitość
\(\displaystyle{ r}\) – do
\(\displaystyle{ r\le \left\lfloor\log_{2}\left(\frac{n}{2k-1}\right)\right\rfloor}\)
No i tak dla każdej liczby nieparzystej
\(\displaystyle{ 2k-1\le n}\), co prowadzi do podwójnej sumy
\(\displaystyle{ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\left\lfloor \frac{n+1}{2}\right\rfloor}\sum_{i=0}^{\left\lfloor \log_{2}\left(\frac{n}{2k-1}\right)\right\rfloor}\frac{1}{2^{i}}}\),
ponieważ jeśli
\(\displaystyle{ n=2^{r}(2k-1)}\), to
\(\displaystyle{ \frac{f(n)}{n}=\frac{2k-1}{2^{r}(2k-1)}=\frac{1}{2^{r}}}\).
Wprawdzie wewnętrzną sumę łatwo zwinąć ze wzoru na sumę początkowych wyrazów ciągu geometrycznego, jednak dalej zostają te podłogi i zaczynają się schody.
Dobra, to nie pykło, bo dalej nie potrafiłem sobie poradzić z tymi częściami całkowitymi, więc odłożyłem problemat na jeden dzień, żeby w robocie się nad tym swobodnie zastanowić, gdy klientów nie ma. Niby w robocie mnie nie olśniło, ale następnego dnia rano pomyślałem od drugiej strony:
zamiast grupować wedle największej liczby nieparzystej w takie sznurki typu
\(\displaystyle{ \frac{f(2k-1)}{2k-1}+\frac{f(2\cdot(2k-1)}{2\cdot(2k-1)}+\ldots+\frac{f\left(2^{r}\cdot(2k-1)\right)}{2^{r}\cdot(2k-1)}}\), pogrupujmy w ten sposób, żeby do jednej grupki powpadały sumy typu
\(\displaystyle{ 1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{2^{r}}}\) równej długości. A to działa tak: dla liczby nieparzystej
\(\displaystyle{ m}\) z przedziału
\(\displaystyle{ \left(\frac{n}{2}, n\right]}\) dostaniemy sumę złożoną z samej jedynki, czyli
\(\displaystyle{ \frac{f(m)}{m}}\), a to dlatego, że już
\(\displaystyle{ 2m>n}\). Dla każdej liczby nieparzystej z przedziału
\(\displaystyle{ \left(\frac{n}{4}, \frac{n}{2}\right]}\) dostaniemy sumę postaci
\(\displaystyle{ 1+\frac{1}{2}}\), bo
\(\displaystyle{ m\le n, \ 2m\le n}\), lecz już
\(\displaystyle{ 4m>n}\). I łatwo to dalej uogólnić w ten sposób, że dla liczby nieparzystej z przedziału
\(\displaystyle{ \left(\frac{n}{2^{k}}, \ \frac{n}{2^{k-1}}\right]}\) dostaniemy sumę
\(\displaystyle{ \frac{f(m)}{m}+\frac{f(2m)}{2m}+\ldots+\frac{f\left(2^{k-1}m\right)}{2^{k-1}m}=1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{2^{k-1}}}\).
Pozostaje zliczyć liczby nieparzyste w przedziale
\(\displaystyle{ \left(\frac{n}{2^{k}}, \ \frac{n}{2^{k-1}}\right]}\). Jak masz odcinek
\(\displaystyle{ (a,b], \ a,b>0}\), to znajduje się w nim
\(\displaystyle{ \lfloor b\rfloor-\lceil a\rceil+1}\) liczb całkowitych:
\(\displaystyle{ \lceil a\rceil+0, \ \lceil a\rceil +1, \ldots, \lceil a\rceil +(\lfloor b\rfloor-\lceil a\rceil)=\lfloor b\rfloor}\)
Wśród powyższych liczb najwięcej nieparzystych będzie, gdy zarówno
\(\displaystyle{ \lceil a\rceil}\), jak i
\(\displaystyle{ \lfloor b\rfloor}\) będą nieparzyste, a najmniej nieparzystych – gdy tak
\(\displaystyle{ \lceil a\rceil}\), jak i
\(\displaystyle{ \lfloor b\rfloor}\) będą parzyste.
Otrzymamy w tych sytuacjach odpowiednio
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(\lfloor b\rfloor -\lceil a\rceil\right)+1}\) i
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(\lfloor b\rfloor -\lceil a\rceil\right)}\) liczb nieparzystych.
No to teraz wstawiamy tam te
\(\displaystyle{ \frac{n}{2^{k}}, \ \frac{n}{2^{k-1}}}\) i mamy co najmniej
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(\left\lfloor \frac{n}{2^{k-1}}\right\rfloor-\left\lceil \frac{n}{2^{k}}\right\rceil\right)}\)
zaś co najwyżej
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(\left\lfloor \frac{n}{2^{k-1}}\right\rfloor-\left\lceil \frac{n}{2^{k}}\right\rceil\right)+1}\)
liczb nieparzystych w przedziale
\(\displaystyle{ \left(\frac{n}{2^{k}}, \frac{n}{2^{k-1}}\right]}\)
No i ponieważ
\(\displaystyle{ \lfloor x\rfloor \le x, \ lceil x\rceil \ge x}\), więc
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(\left\lfloor \frac{n}{2^{k-1}}\right\rfloor-\left\lceil \frac{n}{2^{k}}\right\rceil\right)+1\le \frac{n}{2^{k-1}}-\frac{n}{2^{k}}+1}\), a ponieważ
\(\displaystyle{ \lfloor x\rfloor >x-1, \ \lceil x\rceil<x+1 }\), więc
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(\left\lfloor \frac{n}{2^{k-1}}\right\rfloor-\left\lceil \frac{n}{2^{k}}\right\rceil\right)>\frac{1}{2}\left( \frac{n}{2^{k-1}}-1-\left( \frac{n}{2^{k}}+1\right)\right)\\=\frac{1}{2}\left( \frac{n}{2^{k-1}}- \frac{n}{2^{k}}\right)-1}\)
Oczywiście poza tym jest
\(\displaystyle{ \frac{n}{2^{k-1}}-\frac{n}{2^{k}}=\frac{n}{2^{k}}}\).
Z tamtymi poprzednimi oszacowaniami mogłem trochę przesadzić, ale teraz już jest dobrze, idei to nie zmienia.
Czyli mamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{f(j)}{j}=\sum_{k=1}^{\lfloor \log_{2}n\rfloor+1}
@\left\{m\in \NN: 2\nmid m \wedge \frac{n}{2^{k}}<m\le \frac{n}{2^{k-1}}\right\}\cdot \sum_{i=0}^{k-1}\frac{1}{2^{i}}}\)
oraz
\(\displaystyle{ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\lfloor \log_{2}n\rfloor+1}\left( \frac{n}{2^{k+1}}-1\right) \sum_{i=1}^{k-1}\frac{1}{2^{i}}\\<\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\lfloor \log_{2}n\rfloor+1}@\left\{m\in \NN: 2\nmid m \wedge \frac{n}{2^{k}}<m\le \frac{n}{2^{k-1}}\right\}\cdot \sum_{i=1}^{k-1}\frac{1}{2^{i}}\\\le \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\lfloor \log_{2}n\rfloor+1}\left(\frac{n}{2^{k+1}}+1\right)\cdot \sum_{i=0}^{k-1}\frac{1}{2^{i}} }\)
i pozostaje zsumować początkowe wyrazy ciągów geometrycznych oraz obliczyć trywialne granice.
Przy czym
\(\displaystyle{ @}\) oznacza moc zbioru, niestety hasz mi nie wchodzi (to się jakoś omijało w LaTeX-u, ale już nie pamiętam, jak).
Wynik wynosi, jak napisałeś,
\(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\).
pkrwczn pisze:A tak przy okazji, to zastanawia mnie czasami, skąd pan mol_ksiazkowy bierze te zadania.
Można się domyślić. Z książek z zadaniami (ja mam na przykład „Wędrówki po krainie nierówności" Kourliandtchika, „Elementary ineqaulities" Mitrinovića itd. – takie rzeczy to w antykwariatach, na portalach typu alledrogo itd. bo rzadko są wznawiane – i ze studiów np. trudne zbiorki do analizy Kaczor, Nowak), starych konkursów (tutaj masz gigantyczną bazę:
Kod: Zaznacz cały
https://www.imomath.com/index.php?options=2&lmm=0
), czasopism matematycznych (jak Delta czy Crux Mathematicorum), sprawozdań z olimpiad i PDF-ów. Niemniej jednak super byłoby, gdyby mol_ksiazkowy podawał częściej źródła, bo jak problem jest z poziomu IMO czy IMC, to wiadomo, że taki ja nie mam co się za nie brać z powodów genetycznych, a tak można oszczędzić czas.
Dodano po 2 minutach 33 sekundach:
Wiesz, co się liczy? SZACUNEK LUDZI ULICY!!!
Kod: Zaznacz cały
https://www.youtube.com/watch?v=612ObQ5iZ-4