Сума от цели части

[Гост]

Да се пресметне сумата [tex]\sum_{n=0}^{100}[(n^3+n)/101][/tex]
ПМС 2021 9.3

[georgi111]

[tex]2^2.5^4.101 +1=252501[/tex]

[georgi111]

Може да се ползва , че е изпълнено за всяко реално $x$ и всяко естествено $n$: $\sum_{k=0}^{n-1} \lbrack{x+\frac{k}{n}} \rbrack=\lbrack {xn} \rbrack $

[Гост]

@georgi1111
Може ли да напишеш как използваш тъждеството и да го докажеш (тоест ако може цялостно решение)?

[georgi111]

Заблудил съм се - от това равенство не следва горното ...

[georgi111]

Иначе ето ги и решенията : http://www.math.bas.bg/smb/docs/PMS2021.pdf

[georgi111]

Иначе доказателство на твърдението, което споменах :
Разглеждаме функцията $f(x)=\sum_{k=0}^{n-1} [x + \frac {k}{n}] - [nx]$. Лесно се вижда, че при $0 \le x \lt \frac {1}{n}$ , имаме $f(x)=0$ (от определението за функцията скобка). От свойствата на функцията скобка :
1) $x-1 \le [x] \lt x$
2) $0 \le \{x\} \lt 1$
3) $[x] = x \iff x \in Z $
4) $[x+a] = a + [x] \iff a \in Z$
5) $\{x\} = x \iff 0 \le x \lt 1$
6) $\{x+a\}=\{x\} \iff x \in Z$
, които са в сила за всяко реално $x$, лесно получаваме, че $f(x)$ е периодична с период $\frac {1}{n}$. Тогава имаме, че $f(x)=0$ за всяко реално $x$.

[georgi111]

И после мислех да мина "тънко" с избиране на подходящо $x$ във тази формула, но не работи по този начин . Инак с лека програмка се смята ... По принцип идеята за разбиване на 2 суми на автора доц.Станислав Харизанов е много добра и не е тривиална чак толкова ...

[drago]

Да се пресметне сумата [tex]\sum_{n=0}^{100}[(n^3+n)/101][/tex]
ПМС 2021 9.3

Нека вместо $101$ сложим $p$ за по-малко писане ($p$ е просто число). Идеята е следната. Ако вместо $\left\lfloor (n^3+n)/p\right\rfloor$ напишем $(n^3+n)/p$ ние надценяваме сумата с нещо. И така, ако остатъка при делението на $n^3+n$ на $p$ е $\ell, 0\le \ell<p$, то ние надценяваме сумата точно с $\ell/p.$ Първото, което може да се пробва е дa се запитаме: когато $n$ се мени от $0$ до $p-1$ дали $\ell$ пробягва също всички възможни остатъци? Ако тази хипотеза е вярна, то общата сума ще бъде надценена с $(1+2+\dots+p-1)/p.$ За съжаление това не е така, и ако човек малко знае за квадратични остатъци, ще го види веднага.

ОК, друга идея. Нека за $n=k$ имаме $k(k^2+1)\equiv \ell\pmod p, 1\le \ell<p.$ Тогава за $n=p-k$ имаме $(p-k)((p-k)^2+1)\equiv p-\ell\pmod p.$ Т.е. надценката общо за двата члена, при $n=k$ и $n=p-k,$ e $\ell/p+(p-\ell)/p=1.$ Това само когато $\ell\neq 0.$ T.e. всички $n$ за които $n(n^2+1)\not\equiv 0\pmod p $ се разбиват на двойки, за които "надценката" е точно $1.$ Остава да си отговорим на два въпроса:
1) Има ли въобще $n\neq 0,$ за които $n(n^2+1)\equiv 0\pmod p$
2) Ако има, колко са?

Тъй като $n\neq 0$ трябва да намерим кога $n^2\equiv -1\pmod p.$ T.e. кога $-1$ е квадратичен остатък по модул $p$ и колко такива има. От теорията е добре известно, че ако $p$ e просто и $p=4k+1$ то $-1$ е квадратичен остатък, иначе не е. Очевидно е, че ако $x^2\equiv -1\pmod p$ то $(p-x)^2 \equiv -1\pmod p.$ T.e. квадратичните остатъци върват по двойки (ако ги има.) Повече от две решения на сравнението $x^2 \equiv -1\pmod p$ не може да има. Наистина ако $x_1^2 \equiv-1\pmod p$ и $x_2^2\equiv-1\pmod p$ то $x_1^2-x_2^2=(x_1-x_2)(x_1+x_2)\equiv 0\pmod p$ и получваме само посочените 2 възможности (тъй като $p$ е просто).
И така за $p=101$ имаме само 2 решения на $x^2 \equiv -1 \pmod p.$ Това означава, че сумата $\displaystyle \sum_{n=1}^{100}(n^3+n)/101$ е по-голяма от $\displaystyle \sum_{n=1}^{100}\left\lfloor (n^3+n)/101\right\rfloor$ точно с $(100-2)/2=49.$ Остава да пресметнем първата сума.
$$\displaystyle \sum_{n=1}^{100}n^3/101+\sum_{n=1}^{100}n/101=\frac{(100\cdot 101)^2}{4\cdot 101}+\frac{100\cdot 101}{2\cdot 101}=252550$$
което означва, че
$$\displaystyle \sum_{n=1}^{100}\left\lfloor (n^3+n)/101\right\rfloor=252550-49=252501.$$