会出现规律吗？
已知整数序列 `a_0=0,a_1,a_2,...,a_i,...,a_n` 满足\(|a_{n+1}|=|a_n+1|\).求序列之和的绝对值\[|S_n|=|a_0+ a_1+a_2+...+a_n|\]的最小值。 前面几项是这样的。
\(\mid S_{1}\mid=1\)
\(\mid S_{2}\mid=1\)
\(\mid S_{3}\mid=0\)
\(\mid S_{4}\mid=2\)
\(\mid S_{5}\mid=1\)
\(\mid S_{6}\mid=1\)
\(\mid S_{7}\mid=2\)
\(\mid S_{8}\mid=0\)
\(\mid S_{9}\mid=3\)
会出现规律吗？ Sn最小值0
目测$Sn^2$=n 设$n=p^2+q$
$Sn=frac{(1+(-1)^q)*p-(-1)^q*q}{2}+frac{1-(-1)^q}{4}=frac{2p+1+(-1)^q(2p-1-2q)}{4}$ 本帖最后由 王守恩 于 2019-10-30 23:56 编辑
northwolves 发表于 2019-10-30 01:18
设$n=p^2+q$
$Sn=frac{(1+(-1)^q)*p-(-1)^q*q}{2}+frac{1-(-1)^q}{4}=frac{2p+1+(-1)^q(2p-1-2q)}{4}$
可以归到 “爬楼梯” 问题。
a(1)=1,a(2)=1,a(3)=0，a(n+1)=a(n) - a(n-1) - a(n-2) 本帖最后由 王守恩 于 2019-10-31 17:14 编辑
northwolves 发表于 2019-10-30 01:18
设$n=p^2+q$
$Sn=frac{(1+(-1)^q)*p-(-1)^q*q}{2}+frac{1-(-1)^q}{4}=frac{2p+1+(-1)^q(2p-1-2q)}{4}$
\(\D S_{n}=\frac{\cos\big((n-\lfloor\sqrt{n}\rfloor)\ \pi\big)\big(\lfloor\sqrt{n}\rfloor^2+\lfloor\sqrt{n}\rfloor-n-1/2\big)+\lfloor\sqrt{n}\rfloor+1/2}{2}\)
Sn=0, 1, 1, 0, 2, 1, 1, 2, 0, 3, 1, 2, 2, 1, 3, 0, 4, 1, 3, 2, 2, 3, 1, 4, 0,
5, 1, 4, 2, 3, 3, 2, 4, 1, 5, 0, 6, 1, 5, 2, 4, 3, 3, 4, 2, 5, 1, 6, 0, 7,
1, 6, 2, 5, 3, 4, 4, 3, 5, 2, 6, 1, 7, 0, 8, 1, 7, 2, 6, 3, 5, 4, 4, 5, 3,
6, 2, 7, 1, 8, 0, 9, 1, 8, 2, 7, 3, 6, 4, 5, 5, 4, 6, 3, 7, 2, 8, 1, 9, 0, 本帖最后由 王守恩 于 2019-11-12 15:21 编辑
A=0,1,2,3,4,5,...，a1=±A，
已知整数序列：a1,a2,a3,...,ai,...,an， 满足 | a(n+1) |=| an+1 |
S(n*a1)=| a1+a2+a3+...+ai+...+an | 表示序列之和的最小值。
S(n*a1)\(=\frac{\cos\big((n+A-\lfloor\sqrt{n+A^2-1}\rfloor)\pi\big)\big(n+A^2-(\lfloor\sqrt{n+A^2-1}\rfloor+1/2)^2-1/4\big)+\lfloor\sqrt{n+A^2-1}\rfloor+1/2}{2}\) 王守恩 发表于 2019-11-12 15:08
A=0,1,2,3,4,5,...，a1=±A，
已知整数序列：a1,a2,a3,...,ai,...,an， 满足 | a(n+1) |=| an+1 |
S(n*a1 ...
7 楼的公式太长了，化简一下。
A=0,1,2,3,4,5,...，a1=±A，
已知整数序列：a1,a2,a3,...,ai,...,an， 满足 | a(n+1) |=| an+1 |
S(n*A)=| a1+a2+a3+...+ai+...+an | 表示序列之和的最小值。
\(\D S(n*A)=\bigg|\frac{n+A^2-\bigg(\big\lbrack\frac{n+A^2-\sqrt{n+A^2}}{2}\big\rbrack-\big\lbrack\frac{n+A^2-\sqrt{n+A^2}}{2}\big\rbrack\bigg)^2}{2}\bigg|\)
页:
[1]