mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 07, 2018 1:28 pm**

Καλημέρα και Χρόνια Πολλά!

Ας αποδείξουμε την τελευταία ισότητα (που αποδίδεται στον Hermite):

Αν $a \in \mathbb{Z}$ , τότε το ζητούμενο ισχύει. Έστω, λοιπόν, ότι $a \notin \mathbb{Z}$ , οπότε $\displaystyle 0 < \left\{ a \right\} < 1.$ Τότε, υπάρχει $\displaystyle k \in \left\{ {1,2, \ldots ,m - 1} \right\}$ τέτοιο, ώστε

$\displaystyle \left\{ a \right\} + \frac{{k - 1}}{m} < 1$ και $\displaystyle \left\{ a \right\} + \frac{k}{m} \ge 1,$

δηλαδή

$\displaystyle \frac{{m - k}}{m} \le \left\{ a \right\} < \frac{{m - k + 1}}{m}.$

Τότε, είναι:

$\displaystyle \left[ a \right] = \left[ {a + \frac{1}{m}} \right] = \cdots = \left[ {a + \frac{{k - 1}}{m}} \right]$

και

$\displaystyle \left[ {a + \frac{k}{m}} \right] = \left[ {a + \frac{{k + 1}}{m}} \right] = \cdots = \left[ {a + \frac{{m - 1}}{m}} \right] = \left[ a \right] + 1,$

οπότε

$\displaystyle \sum\limits_{j = 0}^{m - 1} {\left[ {a + \frac{j}{m}} \right]} = k\left[ a \right] + \left( {m - k} \right)\left( {\left[ a \right] + 1} \right) = m\left[ a \right] + m - k.$

Εξάλλου, είναι

$\displaystyle m\left[ a \right] + m - k \le m\left[ a \right] + m\left\{ a \right\} = ma < m\left[ a \right] + m - k + 1,$

οπότε

$\displaystyle \left[ {ma} \right] = m\left[ a \right] + m - k$

και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 07, 2018 7:24 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Ιαν 07, 2018 1:07 pm Οι παρακάτω έχουν ξαναεμφανιστεί στο φορουμ αλλά τις αναρτώ χάριν πληρότητας.

Άσκηση 7. Δείξτε τις ταυτότητες

$\displaystyle{ \left [a \right ] + \left [a + \frac {1}{2} \right ]= \left [2a \right ]$

$\displaystyle{ \left [a \right ] + \left [a + \frac {1}{3} \right ]+ \left [a + \frac {2}{3} \right ]= \left [3a \right ]$

και γενικότερα

$\displaystyle{ \left [a \right ] + \left [a + \frac {1}{m} \right ] +...+ \left [a + \frac {m-1}{m} \right ]= \left [ma \right ]$ , $\, m \in \mathbb N^*$

Η λύση που κυκλοφορεί για την τελευταία είναι

Αν

$f(x)={ \left [x \right ] + \left [x + \frac {1}{m} \right ] +...+ \left [x + \frac {m-1}{m} \right ]- \left [mx \right ]$

τότε εύκολα βλέπουμε ότι $f(x)=f(x+\frac{1}{m})$

οπότε αρκεί να περιοριστούμε στην περίπτωση που $0\leq x< \frac{1}{m}$ .

Τότε εύκολα βλέπουμε ότι για $0\leq x< \frac{1}{m}$ είναι f(x)=0

και το συμπέρασμα έπεται άμεσα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 07, 2018 11:02 pm**

Ας προσθέσω ότι η ταυτότητα στην Άσκηση

ονομάζεται ταυτότητα Hermite.

Δεν ξέρω την αρχική απόδειξη αλλά η

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Κυρ Ιαν 07, 2018 7:24 pm
Η λύση που κυκλοφορεί για την τελευταία είναι ...

οφείλεται στον Matsuoka, "On a Proof of Hermite's Identity", The American Mathematical Monthly, τόμος

, έτος

, σελίς

.

Υπάρχουν και άλλες αποδείξεις.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 08, 2018 1:06 am**

Άσκηση 8. Να αποδειχθεί η ταυτότητα $\displaystyle{ \left [ \frac {[x]+m}{n } \right ] = \left [ \frac {x+m}{n } \right ] }$ , για $\displaystyle{m \in \mathbb Z, \, n \in \mathbb N}$

Άσκηση 9. Να αποδειχθεί η ταυτότητα $\displaystyle{ \left [ \frac {n}{3 } \right ]+ \left [ \frac {n+2}{6 } \right ] +\left [ \frac {n+4}{6 } \right ] = \left [ \frac {n}{2 } \right ] + \left [ \frac {n+3}{6} \right ] }$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 08, 2018 10:21 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Ιαν 08, 2018 1:06 am Άσκηση 9. Να αποδειχθεί η ταυτότητα $\displaystyle{ \left [ \frac {n}{3 } \right ]+ \left [ \frac {n+2}{6 } \right ] +\left [ \frac {n+4}{6 } \right ] = \left [ \frac {n}{2 } \right ] + \left [ \frac {n+3}{6} \right ] }$

Θέτουμε $x=\frac{n}{6}$
και γίνεται

$[2x]+[x+\frac{1}{3}]+[x+\frac{2}{3}]=[3x]+[x+\frac{1}{2}]$

Θα δείξουμε την τελευταία που είναι γενικότερη και ισχύει για $x\in \mathbb{R}$

Από την τελευταία της άσκησης 7 έχουμε

$[x]+[x+\frac{1}{2}]=[2x],[x]+[x+\frac{1}{3}]+[x+\frac{2}{3}]=[3x]$

Αρα

$[2x]+[x+\frac{1}{3}]+[x+\frac{2}{3}]=[x]+[x+\frac{1}{2}]+[x+\frac{1}{3}]+[x+\frac{2}{3}]=[3x]+[x+\frac{1}{2}]$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 13, 2018 2:51 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Ιαν 08, 2018 1:06 am Άσκηση 8. Να αποδειχθεί η ταυτότητα $\displaystyle{ \left [ \frac {[x]+m}{n } \right ] = \left [ \frac {x+m}{n } \right ] }$ , για $\displaystyle{m \in \mathbb Z, \, n \in \mathbb N}$

H μένει αναπάντητη.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 13, 2018 4:01 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Ιαν 08, 2018 1:06 am Άσκηση 8. Να αποδειχθεί η ταυτότητα $\displaystyle{ \left [ \frac {[x]+m}{n } \right ] = \left [ \frac {x+m}{n } \right ] }$ , για $\displaystyle{m \in \mathbb Z, \, n \in \mathbb N}$

Θα αποδείξουμε αρχικά πως [x+m]=[x]+m

.

Έστω

ακέραιος με a=[x]+m

. Έχουμε:

$[x+m]=[[x]+\{x\}+m]=[[x]+m+\{ x \}]=[a+\{ x \}]=a=[x]+m$

Θέλουμε να αποδείξουμε τώρα πως:

$\displaystyle{\left [\dfrac{[x]+m}{n} \right ]=\left [ \dfrac{x+m}{n} \right]\Leftrightarrow \left [ \dfrac{[x+m]}{n} \right ]=\left [\dfrac{x+m}{n} \right ]}$ .

Θέτουμε x+m=y

και αρκεί να αποδείξουμε πως:

$\displaystyle{\left [\dfrac{[y]}{n} \right ]=\left [\dfrac{y}{n} \right ]\Leftrightarrow \left [\dfrac{[y]}{n} \right ]=\left [\dfrac{[y]+\{y\}}{n} \right ]}$ .

Αν $[y]\leq n-1$ , τότε θα είναι $\left [\dfrac{[y]}{n} \right ]=\left [\dfrac{[y]+\{y\}}{n} \right ]=0$ .

Έστω $[y]\geq n$ .

Θέτουμε [y]=nr+u

, όπου $0\leq u\leq n-1$ .

Αρκεί να αποδείξουμε πως:

$\displaystyle{\left [r+\dfrac{u}{n} \right ]=\left [r+\dfrac{\{y\}+u}{n} \right ]}$

Όμως $\dfrac{u}{n}<1$ και $\dfrac{\{y\}+u}{n}<\dfrac{u+1}{n}\leq 1\Leftrightarrow \dfrac{\{y\}+u}{n}<1$ .

Άρα $\displaystyle{r\leq r+\dfrac{u}{n} <r+1}$ και $\displaystyle{r\leq r+\dfrac{\{y\}+u}{n} <r+1}$ .

Συνεπώς $\displaystyle{\left [r+\dfrac{u}{n} \right ]=\left [r+\dfrac{\{y\}+u}{n} \right ]=r}$ και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 13, 2018 4:33 pm**

Πρόβλημα 10Να αποδείξετε ότι υπάρχει συνάρτηση $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ που ικανοποιεί τα ακόλουθα κριτήρια:

a) Η

είναι γνησίως αύξουσα.
b) f(1)=2

c) $f(f(n)) = f(n)+n \hspace{1mm} \forall n \in \mathbb{N}$ .

Με $\mathbb{N}$ συμβολίζουμε τους θετικούς ακεραίους.

Η άσκηση είναι γνωστή. Όποιος γνωρίζει την πηγή της ας αποφύγει για την ώρα να τη δώσει, ώστε να την προσπαθήσουν ανεπηρέαστα τα μέλη του mathematica.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 18, 2018 11:32 pm**

nickthegreek έγραψε: Σάβ Ιαν 13, 2018 4:33 pm Πρόβλημα 10Να αποδείξετε ότι υπάρχει συνάρτηση $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ που ικανοποιεί τα ακόλουθα κριτήρια:

a) Η είναι γνησίως αύξουσα.
b)
c) $f(f(n)) = f(n)+n \hspace{1mm} \forall n \in \mathbb{N}$ .

Με $\mathbb{N}$ συμβολίζουμε τους θετικούς ακεραίους.

.
Για να κλείνει, δίνω λύση αλλά δεν χρησιμοποιώ ακέραιο μέρος.
Nίκο, έχεις λύση με ακέραιο μέρος;

Εξετάζοντας τις πρώτες μικρές τιμές θα διαπιστώσουμε ότι $\displaystyle{f(1)=2, \, f(2)=3, \, f(3)=5 , \, f(5)=8}$ και λοιπά. Μυριζόμαστε Fibonacci
$\displaystyle{f(F_n) = F_{n+1}}$ όπου $\displaystyle{F_1=1, \, F_2=2, \, F_{n+2}=F_{n+1}+F_n}$ .

Πραγματικά μας οδηγεί σε λύση χρησιμοποιώντας την ιδιότητα "κάθε φυσικός γράφεται κατά μοναδικό τρόπο ως άθροισμα μη διαδοχικών αριθμών Fibonacci" (πρόκειται για το θεώρημα Zeckendorf, που η απόδειξή του είναι απλή, με επαγωγή. Βλέπε για ιδιότητες και αποδείξεις εδώ). Θα χρησιμοποιήσω ακόμα ότι αν n=F_a+F_b+...+F_c

τέτοια γραφή με F_a > F_b>.. >F_c

τότε $n < F_{a+1}$ (απλό με επαγωγή)

Πίσω στην άσκηση.

Αν n=F_a+F_b+...+F_c

μία τέτοια παράσταση του

, θέτουμε $\displaystyle{f(n)=F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1}}$ και απλά ελέγχουμε τις δοθείσες συνθήκες.

α) Έστω n>m

με παραστάσεις n=F_a+F_b+...+F_c

και

. Θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1} > F_{p+1}+F_{r+1}+...+F_{r+1}}$ . Έστω ότι ίσχυε η ανάποδη ανισότητα. Χωρίς βλάβη $a\ne p$ γιατί αλλιώς σβήνουμε τα ίσα $F_{a+1}, \, F_{p+1}$ από τα δύο μέλη και συνεχίζουμε όπως παρακάτω. Θα είχαμε τότε

$\displaystyle{ F_{a+1} \le F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1} \le F_{p+1}+F_{r+1}+...+F_{r+1} < F_{p+2}}$ οπότε a+1<p+2

, άρα $a+1\le p+1$ και άρα $a+1\le p$ αφού είναι άνισα. Τότε όμως

$n=F_a+F_b+...+F_c< F_{a+1} \le F_p \le F_{p}+F_{q}+...+F_{r}=m$ , άτοπο. Αυτό δείχνει ότι η

είναι γνήσια αύξουσα.

β) Ισχύει εξ ορισμού.

γ) $\displaystyle{ f(f(n))= f( F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1})= F_{a+2}+F_{b+2}+...+F_{c+2} = (F_{a+1}+F_a)+(F_{b+1}+F_b)+...+(F_{c+1}+F_c)}$

$\displaystyle{=( F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1}) +(F_a+F_b+...+F_c )= f(n)+n}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 19, 2018 8:23 pm**

Το πρώτο μέρος της παρακάτω είναι ειδική περίπτωση της Άσκησης 8. Το θέτω για λόγους πληρότητας
και επειδή συνοδεύεται από τα υπόλοιπα.

Άσκηση 11. α) Να αποδειχθεί η ταυτότητα $\displaystyle{ \left [ \frac {[x]}{n } \right ] = \left [ \frac {x}{n } \right ] }$ , όπου $n \in \mathbb N}$ δοθείς.

β) Αν $a\in \mathbb R$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{ \left [ a [x] \right ] = \left [ a x \right ]$ για κάθε $x \in \mathbb R$ , τότε το είναι ίσο με το αντίστροφο κάποιου φυσικού.

γ) Αν $a\in \mathbb R$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{ \left [ a [x] \right ] = \left [ [a] x \right ]$ για κάθε $x \in \mathbb R$ , τότε .

δ) Αν $a, \, b\in \mathbb R$ τέτοια ώστε $\displaystyle{ \left [ a [bx] \right ] = \left [ [ab] x \right ]$ για κάθε $x \in \mathbb R$ , τότε τα και είναι φυσικοί αριθμοί.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 23, 2018 2:27 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Ιαν 18, 2018 11:32 pm
nickthegreek έγραψε: Σάβ Ιαν 13, 2018 4:33 pm Πρόβλημα 10Να αποδείξετε ότι υπάρχει συνάρτηση $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ που ικανοποιεί τα ακόλουθα κριτήρια:

a) Η είναι γνησίως αύξουσα.
b)
c) $f(f(n)) = f(n)+n \hspace{1mm} \forall n \in \mathbb{N}$ .

Με $\mathbb{N}$ συμβολίζουμε τους θετικούς ακεραίους.
.
Για να κλείνει, δίνω λύση αλλά δεν χρησιμοποιώ ακέραιο μέρος.
Nίκο, έχεις λύση με ακέραιο μέρος;

Εξετάζοντας τις πρώτες μικρές τιμές θα διαπιστώσουμε ότι $\displaystyle{f(1)=2, \, f(2)=3, \, f(3)=5 , \, f(5)=8}$ και λοιπά. Μυριζόμαστε Fibonacci
$\displaystyle{f(F_n) = F_{n+1}}$ όπου $\displaystyle{F_1=1, \, F_2=2, \, F_{n+2}=F_{n+1}+F_n}$ .

Πραγματικά μας οδηγεί σε λύση χρησιμοποιώντας την ιδιότητα "κάθε φυσικός γράφεται κατά μοναδικό τρόπο ως άθροισμα μη διαδοχικών αριθμών Fibonacci" (πρόκειται για το θεώρημα Zeckendorf, που η απόδειξή του είναι απλή, με επαγωγή. Βλέπε για ιδιότητες και αποδείξεις εδώ). Θα χρησιμοποιήσω ακόμα ότι αν τέτοια γραφή με τότε $n < F_{a+1}$ (απλό με επαγωγή)

Πίσω στην άσκηση.

Αν μία τέτοια παράσταση του , θέτουμε $\displaystyle{f(n)=F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1}}$ και απλά ελέγχουμε τις δοθείσες συνθήκες.

α) Έστω με παραστάσεις και . Θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1} > F_{p+1}+F_{r+1}+...+F_{r+1}}$ . Έστω ότι ίσχυε η ανάποδη ανισότητα. Χωρίς βλάβη $a\ne p$ γιατί αλλιώς σβήνουμε τα ίσα $F_{a+1}, \, F_{p+1}$ από τα δύο μέλη και συνεχίζουμε όπως παρακάτω. Θα είχαμε τότε

$\displaystyle{ F_{a+1} \le F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1} \le F_{p+1}+F_{r+1}+...+F_{r+1} < F_{p+2}}$ οπότε , άρα $a+1\le p+1$ και άρα $a+1\le p$ αφού είναι άνισα. Τότε όμως

$n=F_a+F_b+...+F_c< F_{a+1} \le F_p \le F_{p}+F_{q}+...+F_{r}=m$ , άτοπο. Αυτό δείχνει ότι η είναι γνήσια αύξουσα.

β) Ισχύει εξ ορισμού.

γ) $\displaystyle{ f(f(n))= f( F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1})= F_{a+2}+F_{b+2}+...+F_{c+2} = (F_{a+1}+F_a)+(F_{b+1}+F_b)+...+(F_{c+1}+F_c)}$

$\displaystyle{=( F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1}) +(F_a+F_b+...+F_c )= f(n)+n}$

Εμπνευσμένη λύση. Την ίδια ιδέα μου είχε αναφέρει σε σχετική συζητήση ο Ραφαήλ Τσιάμης πριν καιρό. Η λύση που έχω εγώ είναι η εξής:

H $f(n) = \lfloor \phi \cdot n + \frac{1}{2} \rfloor$ ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος. Με $\phi$ εννοώ τον χρυσό αριθμό. Η απόδειξη του ισχυρισμού αυτού δεν παρουσιάζει μεγάλες δυσκολίες αλλά είναι σχετικά επίπονη στο γράψιμο και την παραλείπω. Πιο δύσκολο είναι να βρεθει εξαρχής η εν λόγω συνάρτηση.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 04, 2018 6:37 pm**

nickthegreek έγραψε: Τρί Ιαν 23, 2018 2:27 am H $f(n) = \lfloor \phi \cdot n + \frac{1}{2} \rfloor$ ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος. Με $\phi$ εννοώ τον χρυσό αριθμό. Η απόδειξη του ισχυρισμού αυτού δεν παρουσιάζει μεγάλες δυσκολίες αλλά είναι σχετικά επίπονη στο γράψιμο και την παραλείπω. Πιο δύσκολο είναι να βρεθει εξαρχής η εν λόγω συνάρτηση.

.
Καταπληκτική ιδέα.

Από το γεγονός ότι $f(F_n)= F_{n+1}$ και το $\displaystyle{\lim \frac {F_{n+1}}{F_n}= \phi}$ , έχουμε $\displaystyle{f(F_n)\approx \phi F_n}$ . Με άλλα λόγια $\displaystyle{f(n)\approx \phi n}$ .

Μέχρι εδώ όλα καλά. Αλλά το "μικρό βηματάκι" από εκεί μέχρι το $f(n) = \lfloor \phi n + \frac{1}{2} \rfloor$ είναι όλα τα λεφτά. Καταπληκτικό. Δεν θα το σκεφτόμουνα ποτέ! Ενθουσιάστηκα που το είδα.

mathematica.gr

Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος