В 2007 году на региональном этапе Австрийской МО была и вторая задача на антье.
Скорее всего, все или почти слагаемые, входящие в суммы \(
S_1 \) и \( S_2 \) совпадают. Попробуем преобразовать слагаемые с отрицательными индексами \( n \). \[
S_1 =
\sum_{k=-2n}^{-1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\left| \ant { k/2 } \right|}} +
\sum_{k=0}^{2n+1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\ant { k/2 }}} =
\] \[
=
\sum_{k=1}^{2n}
\dfrac { (-k-1)^2 } {a^{\left| \ant { -k/2 } \right|}} +
\sum_{k=0}^{2n+1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\ant { k/2 }}} =
\] Воспользуемся тождеством \(
\Bigl| \bigant { - \frac n2 } \Bigr| =
\Bigl| \bigant { \frac {n+1}2 } \Bigr|
\), см. задачу 72. \[
=
\sum_{k=1}^{2n}
\dfrac { (k+1)^2 } {a^{\ant { (k+1)/2 }}} +
\sum_{k=0}^{2n+1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\ant { k/2 }}} =
\] \[
=
\sum_{k=2}^{2n+1}
\dfrac { k^2 } {a^{\ant { k/2 }}} +
\sum_{k=0}^{2n+1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\ant { k/2 }}} .
\] Аналогично выводится \[
S_2 =
\sum_{k=2}^{2n+1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\ant { k/2 }}} +
\sum_{k=0}^{2n+1}
\dfrac { k^2 } {a^{\ant { k/2 }}} .
\] В сумме \( S_1 \) имеется пара «лишних» (в сравнении с \( S_2 \)) слагаемых вида \(
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\ant { k/2 }}}
\) при \( k = 0 \) и \( 1 \), их суммирование дает \( 1 \). Такая же ситуация с \( S_2 \), два «лишних» (в сравнении с \( S_1 \)) слагаемых вида \(
\dfrac { k^2 } {a^{\ant { k/2 }}}
\) при \( k = 0 \) и \( 1 \) дают при суммировании \( 1 \). Поскольку «нелишние» слагаемые совпадают у \( S_1 \) и \( S_2 \), смеем утверждать, что суммы равны.
Ответ: \( S_1 = S_2 \).
73. Пусть \( a \in \mathbb R_{> 0} \) и \(
n \in \mathbb Z_{\geqslant 0}
\). Сравните две суммы \[
S_1 =
\sum_{k=-2n}^{2n+1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\left| \ant { k/2 } \right|}}
\quad \mbox {и} \quad
S_2 =
\sum_{k=-2n}^{2n+1}
\dfrac { k^2 } {a^{\left| \ant { k/2 } \right|}} .
\]
Решение. Давно подмечено, чем страшнее формулы в олимпиадной задаче, тем легче она решается. Есть за что зацепиться.n \in \mathbb Z_{\geqslant 0}
\). Сравните две суммы \[
S_1 =
\sum_{k=-2n}^{2n+1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\left| \ant { k/2 } \right|}}
\quad \mbox {и} \quad
S_2 =
\sum_{k=-2n}^{2n+1}
\dfrac { k^2 } {a^{\left| \ant { k/2 } \right|}} .
\]
Скорее всего, все или почти слагаемые, входящие в суммы \(
S_1 \) и \( S_2 \) совпадают. Попробуем преобразовать слагаемые с отрицательными индексами \( n \). \[
S_1 =
\sum_{k=-2n}^{-1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\left| \ant { k/2 } \right|}} +
\sum_{k=0}^{2n+1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\ant { k/2 }}} =
\] \[
=
\sum_{k=1}^{2n}
\dfrac { (-k-1)^2 } {a^{\left| \ant { -k/2 } \right|}} +
\sum_{k=0}^{2n+1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\ant { k/2 }}} =
\] Воспользуемся тождеством \(
\Bigl| \bigant { - \frac n2 } \Bigr| =
\Bigl| \bigant { \frac {n+1}2 } \Bigr|
\), см. задачу 72. \[
=
\sum_{k=1}^{2n}
\dfrac { (k+1)^2 } {a^{\ant { (k+1)/2 }}} +
\sum_{k=0}^{2n+1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\ant { k/2 }}} =
\] \[
=
\sum_{k=2}^{2n+1}
\dfrac { k^2 } {a^{\ant { k/2 }}} +
\sum_{k=0}^{2n+1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\ant { k/2 }}} .
\] Аналогично выводится \[
S_2 =
\sum_{k=2}^{2n+1}
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\ant { k/2 }}} +
\sum_{k=0}^{2n+1}
\dfrac { k^2 } {a^{\ant { k/2 }}} .
\] В сумме \( S_1 \) имеется пара «лишних» (в сравнении с \( S_2 \)) слагаемых вида \(
\dfrac { (k-1)^2 } {a^{\ant { k/2 }}}
\) при \( k = 0 \) и \( 1 \), их суммирование дает \( 1 \). Такая же ситуация с \( S_2 \), два «лишних» (в сравнении с \( S_1 \)) слагаемых вида \(
\dfrac { k^2 } {a^{\ant { k/2 }}}
\) при \( k = 0 \) и \( 1 \) дают при суммировании \( 1 \). Поскольку «нелишние» слагаемые совпадают у \( S_1 \) и \( S_2 \), смеем утверждать, что суммы равны.
Ответ: \( S_1 = S_2 \).
