Encontrar una fórmula para $\sum\limits_{k=1}^n \lfloor \sqrt{k} \rfloor$

Question

Necesito encontrar una clara fórmula (sin adición) para la siguiente suma:

$$\sum\limits_{k=1}^n \lfloor \sqrt{k} \rfloor$$

Así, los primeros elementos de este aspecto:

$1,1,1,2,2,2,2,2,3,3,3,...$

En general, hemos $(2^2-1^2)$ $1$'s, $(3^2-2^2)$ $2$'s etc.

Todavía no tengo absolutamente ninguna idea de cómo generalizar para $n$ primeros términos...

Answer 1

El siguiente es válido para $n\geq 1$

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}\lfloor\sqrt{k}\rfloor =n\lfloor\sqrt{n}\rfloor -\frac{1}{3}\lfloor\sqrt{n}\rfloor^3-\frac{1}{2}\lfloor\sqrt{n}\rfloor^2+\frac{5}{6}\lfloor\sqrt{n}\rfloor \end{align*}

Conveniente para los cálculos se consideran dos aspectos:

• Se introduce una variable $a=\lfloor\sqrt{n}\rfloor$. Por lo tanto, tenemos $$a\leq \sqrt{n} < a+1$$
• Utilizamos la Iverson Soporte de la notación, por lo que podemos sustituir la expresión $\lfloor x\rfloor$ por $$\lfloor x\rfloor=\sum_{j\geq 0}[1\leq j \leq x]$$

Caso especial: $n=a^2,a=\lfloor\sqrt{n}\rfloor$

Empezamos el cálculo por convenientemente asumiendo $n=a^2$. Obtenemos \begin{align*} \sum_{k=1}^{n}\lfloor\sqrt{k}\rfloor&=\sum_{k=1}^n\sum_{j\geq 0}[1\leq j \leq \sqrt{k}][0\leq k \leq a^2]\\ &=\sum_{j=1}^{a}\sum_{k=1}^{n}[j^2\leq k \leq a^2]\\ &=\sum_{j=1}^{a}(a^2-j^2+1)\\ &=a^3-\frac{1}{6}a(a+1)(2a+1)+a\\ &=\frac{2}{3}a^3-\frac{1}{2}a^2+\frac{5}{6}a\tag{1} \end{align*}

Caso General: $n\geq a^2,a=\lfloor\sqrt{n}\rfloor$

En el caso general, nos vamos de nuevo a $a=\lfloor\sqrt{n}\rfloor$ y tienen, además, a considerar los términos de $a^2< k \leq n$. Todos ellos son igual a $a$, por lo que suma hasta $$(n-a^2)a.$$ Adding this to (1) we get the general formula with $a=\lfloor \sqrt{n}\rfloor$

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}\lfloor\sqrt{k}\rfloor&=na-\frac{1}{3}a^3-\frac{1}{2}a^2+\frac{5}{6}a\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\Box \end{align*}

Nota: Este enfoque puede encontrarse en Concreto de las Matemáticas por parte de R. L. Graham, D. E. Knuth y O. Patashnik

Nota: también he añadido aquí una respuesta para el caso general,$\sum_{k=1}^n\lfloor\sqrt[p]{k}\rfloor$$p\geq 1$.

Answer 2

Yo soy muy malo en el área de matemáticas discretas (como en otros), pero me ha fascinado el conjunto de problemas en tu post.

Estoy seguro de que Daniel Fisher comentario y Sami Ben Romdhane la respuesta son muy útiles; sin embargo, no he sido capaz de terminar el trabajo.

Así, lo que he usado es la simulación por ordenador y los datos de regresión con el fin de establecer algunas relaciones. Más tarde, RIES fue utilizado para identificar el racional valores de los coeficientes obtenidos. Como se puede ver, este es un proceso empírico, pero espero que le pueda ayudar.

I establecer el problema en la mayoría de manera general, loking para $$\sum\limits_{k=1}^n \lfloor k^{1/p} \rfloor$$.
Lo que he encontrado es que la suma comienza con un primer término que es $$(n+1) \left\lfloor \sqrt[p]{n}\right\rfloor$$ to which is added a polynomial (no constant term) of degree $(p+1)$ of a variable which is $$1+\left\lfloor \sqrt[p]{n}\right\rfloor$$ So, for the first successive values of $p$, he obtenido después de algunas simplificaciones (estoy seguro de que más simplificaciones se podría hacer) $$ (n+1) \left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor +\frac{1}{3} \left(-\left(\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor +1\right)^3+\frac{3}{2} \left(\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor +1\right)^2-\frac{1}{2} \left(\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor +1\right)\right) $$ $$ (n+1) \left\lfloor \sqrt[3]{n}\right\rfloor +\frac{1}{4} \left(-\left(\left\lfloor \sqrt[3]{n}\right\rfloor +1\right)^4+2 \left(\left\lfloor \sqrt[3]{n}\right\rfloor +1\right)^3-\left(\left\lfloor \sqrt[3]{n}\right\rfloor +1\right)^2\right) $$ $$ (n+1) \left\lfloor \sqrt[4]{n}\right\rfloor +\frac{1}{5} \left(-\left(\left\lfloor \sqrt[4]{n}\right\rfloor +1\right)^5+\frac{5}{2} \left(\left\lfloor \sqrt[4]{n}\right\rfloor +1\right)^4-\frac{5}{3} \left(\left\lfloor \sqrt[4]{n}\right\rfloor +1\right)^3+\frac{1}{6} \left(\left\lfloor \sqrt[4]{n}\right\rfloor +1\right)\right) $$ $$ (n+1) \left\lfloor \sqrt[5]{n}\right\rfloor +\frac{1}{6} \left(-\left(\left\lfloor \sqrt[5]{n}\right\rfloor +1\right)^6+3 \left(\left\lfloor \sqrt[5]{n}\right\rfloor +1\right)^5-\frac{5}{2} \left(\left\lfloor \sqrt[5]{n}\right\rfloor +1\right)^4+\frac{1}{2} \left(\left\lfloor \sqrt[5]{n}\right\rfloor +1\right)^2\right) $$

No sé cómo va a ser de ninguna utilidad para usted; sin embargo, debo confesar que tuve un gran tiempo con este problema.

Answer 3

Considerar la evaluación de las cantidades de la siguiente forma:

$$S_p\stackrel{def}{=}\sum_{k=1}^n\lfloor\sqrt[p]{k}\rfloor$$

donde $p$ es un número entero positivo $\ge 2$. En el caso especial $p = 2$, esto se reduce a la suma queremos calcular.

Deje $a = \lfloor \sqrt[p]{n} \rfloor$ y tomar una lo suficientemente pequeño $\epsilon > 0$ tal que $$\lfloor \sqrt[p]{k} + \epsilon \rfloor = \lfloor \sqrt[p]{k} \rfloor\quad\text{ for all } k = 1, 2, \ldots, n$$

La introducción de la $\epsilon$ pieza de hacer la función de $\lfloor \sqrt[p]{x} + \epsilon\rfloor$ continua en los saltos de $\lfloor x \rfloor$. Esto nos permite reescribir $\mathcal{S}_p$ como una de Riemann-Stieljes integral. $$ \mathcal{S}_p = \sum_{k=1}^n \lfloor \sqrt[p]{k} \rfloor = \sum_{k=1}^n \lfloor \sqrt[p]{k} + \epsilon \rfloor = \int_{1^-}^{n^+} \lfloor \sqrt[p]{x} + \epsilon \rfloor d \lfloor x \rfloor $$

Integrar por partes, obtenemos $$ \mathcal{S}_p = \bigg[ \lfloor \sqrt[p]{x} + \epsilon \rfloor \lfloor x \rfloor \bigg]_{x=1-}^{n^+} - \int_{1^-}^{n^+} \lfloor x \rfloor d \lfloor \sqrt[p]{x} + \epsilon \rfloor = na - \int_{1+\epsilon}^{\sqrt[p]{n}+\epsilon} \lfloor (s-\epsilon)^p \rfloor d \lfloor s \rfloor $$ Convertir la última integral de la espalda en una suma, nos encontramos con $$ \mathcal{S}_p = na - \sum_{s=2}^(s^p - 1) = (n+1)a - \sum_{s=1}^s^p = (n+1)a - \frac{B_{p+1}(a+1)-B_{p+1}(0)}{p+1} $$ donde $B_k(x)$ es la de Bernoulli polinomio de orden $k$

Para el caso especial $p = 2$, la suma que queremos es $$ \bbox[8pt,border: 1px solid blue;]{ \sum_{k=1}^n \lfloor\sqrt{k}\rfloor = \mathcal{S}_2 = (n+1) a - \frac16 un(a+1)(2a+1),\quad a = \lfloor\sqrt{n}\rfloor } $$

Esto es equivalente a la fórmula de Markus Scheuer la respuesta.

Para el caso de $p = 3, 4, 5$. esto lleva a

$$\begin{align} \sum_{k=1}^n \lfloor\sqrt[3]{k}\rfloor = \mathcal{S}_3 & = (n+1) a - \frac14\left((a+1)^4 - 2(a+1)^3 + (a+1)^2\right)\\ \sum_{k=1}^n \lfloor\sqrt[4]{k}\rfloor = \mathcal{S}_4 & = (n+1) a - \frac15\left( (a+1)^5 - \frac52(a+1)^4 + \frac53 (a+1)^3 - \frac16(a+1) \right)\\ \sum_{k=1}^n \lfloor\sqrt[5]{k}\rfloor = \mathcal{S}_5 & = (n+1) a - \frac16\left( (a+1)^6-3(a+1)^5 + \frac52 (a+1)^4 - \frac12 (a+1)^2 \right)\\ \end{align} $$ la reproducción de las fórmulas de Claude Leibovici la respuesta.

Answer 4

Sugerencia en el formulario de ejemplo: Si usted comienza a la suma de $0$, se puede escribir

$$\begin{align} \lfloor\sqrt0 \rfloor+\lfloor\sqrt1 \rfloor+\lfloor\sqrt2 \rfloor+\cdots+\lfloor\sqrt{11} \rfloor&=0+1+1+1+2+2+2+2+2+3+3+3\\ &=3+3+3+3+3+3+3+3+3+3+3+3\\ &-1-1-1-1-1-1-1-1-1\\ &-1-1-1-1\\ &-1\\ &=12\cdot3-(1+4+9)\\ &=(11+1)\lfloor\sqrt{11}\rfloor-(1^2+2^2+\cdots+\lfloor\sqrt{11}\rfloor^2) \end{align}$$

Comentario: La principal razón para la inclusión de la innecesaria plazo $0$ es que resulta más fácil describir el patrón de lo que se resta. (Nota, no hay $11$ términos en $1^2+2^2+\cdots+\lfloor\sqrt{11}\rfloor^2$, pero sólo $\lfloor\sqrt{11}\rfloor=3$ términos.) Correctamente entendido, el modelo explica la generalización a $\lfloor\sqrt[p]n\rfloor$ en Claude Leibovici la respuesta.