A2845. Une curieuse égalité
Pour tout entier 𝑛 strictement positif, démontrer que la somme des parties entières par défaut des racines 𝑘ième de n pour 𝑘 = 2,3, … , 𝑛 est égale à la somme des parties entières par défaut des logarithmes de 𝑛 en base 𝑘 pour 𝑘 = 2,3, … , 𝑛.
En d’autres termes
∑⌊ √𝑛𝑘 ⌋
𝑛
𝑘=2
= ∑⌊log𝑘𝑛⌋
𝑛
𝑘=2
avec log𝑘𝑛 qui est le logarithme de 𝑛 en base 𝑘 et ⌊𝑥⌋ qui désigne la partie entière par défaut de 𝑥.
Solution
Proposée par Fabien GIGANTE
Notons 𝑁 le nombre de solutions en entiers 𝑎 et 𝑏 de 𝒫 ∶ 1 < 𝑎𝑏≤ 𝑛.
Posons 𝜒(𝒫) = 1 si 𝒫 vraie , 0 sinon.
𝑁 = ∑ 𝜒(1 < 𝑎𝑏≤ 𝑛)
𝑎,𝑏∈ℕ
Calculons 𝑁(𝑛) de deux façons différentes.
Première façon
1 < 𝑎𝑏≤ 𝑛 ⟺ 0 < 𝑏 ln 𝑎 ≤ ln 𝑛 ⟺ 0 < 𝑏 ≤ log𝑎𝑛
𝑁 = ∑ ∑ 𝜒(0 < 𝑏 ≤ log𝑎𝑛)
𝑏∈ℕ 𝑎>1
= ∑⌊log𝑎𝑛⌋
𝑎>1
On remarque que 𝑎 > 𝑛 ⟹ ln 𝑛 < ln 𝑎 ⟹ log𝑎𝑛 < 1
𝑁 = ∑⌊log𝑎𝑛⌋
𝑛
𝑎=2
Seconde façon
1 < 𝑎𝑏≤ 𝑛 ⟺ 1 < 𝑎 ≤ 𝑛1𝑏
𝑁 = ∑ ∑ 𝜒 (1 < 𝑎 ≤ 𝑛1𝑏)
𝑎∈ℕ 𝑏>0
= ∑ ⌊𝑛𝑏1− 1⌋
𝑏>0
On remarque que 𝑏 > 𝑛 > 𝑛 − 1 > ln 𝑛 > ln 𝑛 ln 2⁄ ⟹ 2𝑏 > 𝑛 ⟹ 𝑛1𝑏< 2 ⟹ ⌊𝑛𝑏1− 1⌋ = 0.
𝑁 = ∑ ⌊𝑛1𝑏− 1⌋
𝑛
𝑏=1
= 𝑛 + ∑ ⌊𝑛𝑏1⌋
𝑛
𝑏=2
− 𝑛 = ∑⌊ √𝑛𝑏 ⌋
𝑛
𝑏=2
Conclusion
Il vient finalement :
𝑁 = ∑⌊log𝑎𝑛⌋
𝑛
𝑎=2
= ∑⌊ √𝑛𝑏 ⌋
𝑛
𝑏=2
Ce qu’il fallait démontrer.
