Matematické Fórum

Marian · 28. 10. 2008 08:22 — Editoval Marian (28. 10. 2008 08:30)

V poslední době se tady na fóru vyskytlo několik úloh z klasické teorie čísel. V teorii čísel se používají některé speciální funkce. Jednou z nich je třeba horní resp. dolní celá část reálného čísla. Existuje několik zajímavých identit s dolní celou částí čísla x. Dvě sem dám, další možná přidám později. Zájemci mohou tato tvrzení dokazovat.

Definici dolní celé části najdete zde.

1. Nech? $x\in\mathbb{R}$ a $k\in\mathbb{N}$ . Dokažte, že platí
$\sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor x+\frac{k}{n}\right\rfloor =\lfloor nx\rfloor.$

2. Nech? $n\in\mathbb{N}$ . Dokažte, že platí
$\left\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\right\rfloor =\left\lfloor \sqrt{4n+2}\right\rfloor .$

ttopi · 28. 10. 2008 08:44

Když si to tak píšu na papírek, tak vidím, že když de k od 0 do (n-1), tak těch členů té sumy bude vždycky n. No a a? je x jakékoli, tak se k němu vždy přičte číslo menší než 1, takže dolní hranice je opět x. No a když takových x sečtu všech n, dostanu se na xn, což jsem chtěl.

Vím, že to je chabý a ani se nesnažím to dokázat, jen nemám po ránu co dělat, tak jsem si to zkusil napsat :-)

Marian · 28. 10. 2008 09:07

↑ ttopi:

Neplatí obecně vztah n[x]=[nx] - tedy pokud jsem správně pochopil, jak jsi postupoval.

ttopi · 28. 10. 2008 09:18 — Editoval ttopi (28. 10. 2008 09:20)

↑ Marian:

No je to suma těch spodních hranic? Pak to tak myslím. [x+l]+[x+l]+[x+l]+[x+l]+[x+l]... kde l je číslo menší než 1 nám dává [x]+[x]+[x]+[x]+[x]... pokud například x bude 2 a n=5, tak je to 2+2+2+2+2=10
[nx]=[5*2]=[10]=10

EDIT: Uznávám ale, že pokud by x bylo třeba 2,99 jelikož je z R, tak pak by to tam skákalo i přes, takže by to tak jednoduché nebylo. Tak dejme tomu, že to mám dobře pro x z N :-)

Marian · 29. 10. 2008 20:27 — Editoval Marian (29. 10. 2008 20:32)

↑ ttopi:
Nedočkal jsem se uspokojivé odpovědi, takže bych ukázal, jak se může dokázat identita 1.

Nech? $x\in\mathbb{R}$ . Lze ukázat existenci takových čísel a a b, že platí $x=a+b,\quad a\in\mathbb{Z},b\in [0,1)$ . Zkonstruuji ekvidistantní dělení intervalu [0,1) takto:
$[0,1)=\bigcup_{j=1}^{n}\left [\frac{j-1}{n},\frac{j}{n}\right ).$
Musí nutně existovat takové $j\in\{ 1,...,n\}$ , že platí $b\in\left [\frac{j-1}{n},\frac{j}{n}\right )=:I_j$ . Bude-li tedy $b\in I_j$ , pak
$a+\frac{j-1}{n}+\frac{k}{n}\le a+b+\frac{k}{n} <a+\frac{j}{n}+\frac{k}{n}\nl \nl a+\frac{j+k}{n}-\frac{1}{n}\le a+b+\frac{k}{n}<a+\frac{j+k}{n}.$
Je-li ale $k\in\{ 0,1,...,n-j\}$ , plyne odtud, že
$k+j\in\{j,j+1,\dots ,n\}\quad\Rightarrow\quad \frac{k+j}{n}\in\left\{\frac{j}{n},\frac{j+1}{n},\dots ,\frac{n}{n}=1\right\}.$
Proto pro $k\in\{ 0,1,...,n-j\}$ je
$a+\frac{j}{n}\le a+b+\frac{k}{n}<a+1\quad\Rightarrow\quad\left \lfloor x+\frac{k}{n}\right\rfloor =\left\lfloor a+b+\frac{k}{n}\right\rfloor =a.$
Pro $k\in\{ n-j+1,\dots ,n-1\}$ se obdobně ukáže fakt, že
$\left \lfloor x+\frac{k}{n}\right\rfloor =\left\lfloor a+b+\frac{k}{n}\right\rfloor =a+1.$
Proto

Na druhou stranu ale musí být
$\lfloor nx\rfloor =\lfloor n(a+b)\rfloor =\lfloor na+nb\rfloor =na+\lfloor nb\rfloor =na+j-1,$
nebo? je $b\in I_j$ .

Konečně máme platnost dokazované identity.

Marian · 29. 10. 2008 21:52

Zbývá vyřešit úlohu druhou. Zkusím zhruba napovědět, že se musíte pokusit dokázat, že mezi výrazy obsažených v závorkách označujících celé části neleží žádné přirozené číslo (samozřejmě za předpokladu, že n je přirozené, jak úloha předpokládá).

Obě úlohy jsou z knihy Tom M. Apostol, Introduction to Number Theory, Springer. Řešení v knize uvedena nejsou.

lukaszh · 19. 05. 2009 20:53

↑ Marian:
Po nejakom dlhom čase som túto úlohu vyhrabal, ani neviem ako :-) Myslím, že už je zapadnutá prachom, ale najvyšší čas ju oprášiť. Takéto nedoriešené veci... Ja som sa na tú druhú úlohu skúšal pozerať takto: Nech $\left\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\right\rfloor=A$ a $\left\lfloor \sqrt{4n+2}\right\rfloor=B$ . Je zrejmé, že $A,B\in\mathbb{Z}$ . Keďže ide o dolnú celú časť, možno predpokladať existenciu takých postupností $\{\omega_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ a $\{\xi_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ , že

Pre všetky členy postupností $\{\omega_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ aj $\{\xi_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ platí, že $\forall n\in\mathbb{N}\,:\;(\omega_n\,<\,1)\;\wedge\;(\xi_n\,<\,1)$ . Obe rovnice môžem od seba odčítať

V poslednom kroku môžem vynechať zátvorky - celú časť, pretože rozdielom dvoch celých čísel je opäť celé číslo. Teraz idem odhadovať hodnotu výrazu na ľavej strane. Označím postupnosť $a_n=\sqrt{4n+2}-(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})$ . Táto klesajúca postupnosť má limitu 0. Počnúc nejakým definitorickým n_0 je hodnota rozdielu limity a členu postupnosti s indexom väčším ako n_0 iste menší ako vopred dané epsilon. Ja teraz nájdem také epsilon, ktoré zodpovedá prvému členu. To je napríklad $\sqrt{6}-1-\sqrt{2}\,<\,\frac{1}{10}=\varepsilon$
$\sqrt{4n+2}-(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})-(\xi_n-\omega_n)\,<\,\frac{1}{10}-(\xi_n-\omega_n)$
Hodnoty $\xi_n,\omega_n$ sú však len "malé" zvyšky, ktoré určujú odchýlku hodnôt členov postupnosti $a_n$ od limity. Tie však nie sú iste väčšie epsilon, teda celkový rozdiel je nulový. $B-A=\lfloor0\rfloor\Rightarrow A=B$ . Môže to byť takto, alebo (ako často býva) je to zlý postup?

Marian · 24. 05. 2009 22:50 — Editoval Marian (24. 05. 2009 22:53)

↑ lukaszh:
Jsou tam nějaké nepřesnosti a některé argumenty by bylo dobré doplnit, protože nejsou kompletní (pokusím se být podrobnější někdy od pondělí do pátku), ale vesměs tvůj přístup platí. Jsem rád, že jsi se vrátil k řešení této úlohy.

Navrhl bych jiný postup ...

Předpokládejme sporem, že platí
$\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\rfloor\neq\lfloor\sqrt{4n+2}\rfloor.$
Protože levá strana je menší než pravá, znamenalo by to, že existuje takové přirozené číslo k, že platí
$\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\le k<\sqrt{4n+2}.$
Budeme-li provádět ekvivalentní úpravy (obě strany jsou kladná čísla, takže nebude problém umocňovat na sudou mocninu), dostaneme postupně

Odtud je jasné, že musí platit
$(k^2-2n-1)^2-4n^2-4n=0\qquad\Leftrightarrow\qquad k^4+1=2k^2\cdot (2n+1).$
Tedy pravá strana je dělitelná beze zbytku přirozeným číslem k>1 (pro k=1 dostaneme spor). Levá strana však nikdy takovým číslem k>1 dělitelná nebude. To je spor s naším předpokladem a tudíž platí
$\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\rfloor =\lfloor\sqrt{4n+2}\rfloor ,\qquad\text Q.E.D.\qquad\qed$

Kondr · 25. 05. 2009 01:02

↑ Marian:Místo druhého umocnění můžeme využít nerovnosti n<n+1:
$\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\le k<\sqrt{4n+2},\nl 4n+1=n+2n+n+1<n+2\sqrt{n(n+1)}+n+1\le k^2<4n+2$ ,
odtud k^2 nemůže být celé.

Matematické Fórum

#1 28. 10. 2008 08:22 — Editoval Marian (28. 10. 2008 08:30)

Celá část reálného čísla

#2 28. 10. 2008 08:44

Re: Celá část reálného čísla

#3 28. 10. 2008 09:07

Re: Celá část reálného čísla

#4 28. 10. 2008 09:18 — Editoval ttopi (28. 10. 2008 09:20)

Re: Celá část reálného čísla

#5 29. 10. 2008 20:27 — Editoval Marian (29. 10. 2008 20:32)

Re: Celá část reálného čísla

#6 29. 10. 2008 21:52

Re: Celá část reálného čísla

#7 19. 05. 2009 20:53

Re: Celá část reálného čísla

#8 24. 05. 2009 22:50 — Editoval Marian (24. 05. 2009 22:53)

Re: Celá část reálného čísla

#9 25. 05. 2009 01:02

Re: Celá část reálného čísla

Zápatí