สมการฟังก์ชันพื้น

[G.MATH]

ให้นักเรียนแสดงทำ
จงแก้สมการ

[Real Matrik]

มีข้อที่คล้ายกันคือข้อสอบ สอวน. ค่าย 1 วิชาทฤษฎีจำนวน ศูนย์ ม.อุบล ครับ

สำหรับทุกๆจำนวนนับ $n$ จงพิสูจน์ว่า
$$\left\lfloor\,\sqrt{n}+\frac{1}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\,\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\right\rfloor $$

[polsk133]

อยากทราบวิธีทำด้วยคนครับ

เท่าที่ผมลองทำไม่รู้มาถูกทางรึปล่าว

$\left\lfloor\, \sqrt{x} + 1/2 \right\rfloor = \left\lfloor\, \sqrt{x-3/4} + 1/2 \right\rfloor $

$\left\lfloor\, 2\sqrt{x} + 1 \right\rfloor = \left\lfloor\, \sqrt{4x-3} + 1 \right\rfloor $

$\left\lfloor\, 2\sqrt{x} \right\rfloor = \left\lfloor\, \sqrt{4x-3} \right\rfloor $

น่าจะผิดแหละครับมันคูณสองไม่ได้

[Real Matrik]

ลองกำหนดให้ฝั่งซ้ายเป็น $k$ แล้วพิสูจน์ให้ได้ว่า ฝั่งก็ต้องเป็น $k$ ด้วยครับ ใช้อสมการพื้นๆช่วย
ปล. $k$ เป็นจำนวนเต็มนะครับ

[~ArT_Ty~]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Real Matrik

มีข้อที่คล้ายกันคือข้อสอบ สอวน. ค่าย 1 วิชาทฤษฎีจำนวน ศูนย์ ม.อุบล ครับ

สำหรับทุกๆจำนวนนับ $n$ จงพิสูจน์ว่า
$$\left\lfloor\,\sqrt{n}+\frac{1}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\,\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\right\rfloor $$

ผมว่าเราน่าจะต้องแสดงว่า $$\sqrt{n}-\sqrt{n-\frac{3}{4}}< 1$$ นะครับ

ซึ่งจากอสมการที่ต้องการพิสูจน์ก็จะสมมูลกับ $\frac{49}{64}<n$ ซึ่งเป็นจริงเสมอครับ

ทำให้
$$\left\lfloor\,\sqrt{n}+\frac{1}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\,\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\right\rfloor $$ ครับผม

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ ~ArT_Ty~

ผมว่าเราน่าจะต้องแสดงว่า $$\sqrt{n}-\sqrt{n-\frac{3}{4}}< 1$$ นะครับ

มาไงอ่ะครับ (ถ้าผมลองเดาคงใช้$x-1<[x]\le x$ ถ้างั้นผมว่ามันเเปลกๆอ่ะครับ )

[~ArT_Ty~]

ผมก็ลองสมมุติให้ว่าแต่ละข้างคือจำนวนเต็มบวก $k$ และก็ตัวในฟังก์ชันก็เป็น $k$ บวกอะไรซักอย่างที่น้อยกว่า 1 ซึ่งเอามาลบมันก็ต้องน้อยกว่า 1 อยู่แแลว้นิครับ

[จูกัดเหลียง]

#7 เเสดงวิธีเต็มเลยดีกว่าครับ ไม่ค่อยเข้าใจ 555+

[Real Matrik]

อสมการ $\sqrt{n}-\sqrt{n-\frac{3}{4}}<1$ เป็นจริงสำหรับทุกๆ $n\in N$ ครับ แต่ผมว่าไม่ชัดแจ้งพอที่จะสรุปว่า

$$\left\lfloor\,\sqrt{n}+\frac{1}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\,\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\right\rfloor $$

[จูกัดเหลียง]

Prove that$$\left\lfloor\,\sqrt{n}+\frac{1}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\,\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\right\rfloor $$

พิสูจน์ได้ไม่ยากว่า $$\Big[\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{3}{2} \Big] > \Big[\sqrt{n}+\frac{1}{2} \Big]$$
เเละจาก $x-1<[x]\le x$ ดังนั้น
$$\sqrt{n}+\frac{1}{2} \ge \Big[\sqrt{n}+\frac{1}{2}\Big]> \sqrt{n}-\frac{1}{2}...(1)$$
$$\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\ge\Big[\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\Big]>\sqrt{n-\frac{3}{4}}-\frac{1}{2}...(2)$$
$(1)-(2)$ $$\sqrt{n}-\sqrt{n-\frac{3}{4}}+1>\Big[\sqrt{n}+\frac{1}{2}\Big]-\Big[\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\Big]>\sqrt{n}-\sqrt{n-\frac{3}{4}}-1$$
เเต่ $$0<\sqrt{n}-\sqrt{n-\frac{3}{4}}<1 \therefore \left\lfloor\,\sqrt{n}+\frac{1}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\,\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\right\rfloor $$

[polsk133]

#10

ถ้าผมดูไม่ผิด เครื่องหมายผิดหรือเปล่าครับ เพราะ n=1 ไม่จริงแล้วครับ

[จูกัดเหลียง]

#11 ผมดูผิดเองเเหละครับ เเต่เเก้ไขเเล้วนะครับ TT

[Real Matrik]

#10 ทำไมสรุปได้เช่นนั้นครับ ช่วยขยายความที

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

พิสูจน์ได้ไม่ยากว่า $$\Big[\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{3}{2} \Big] > \Big[\sqrt{n}+\frac{1}{2} \Big]$$
$$\sqrt{n}-\sqrt{n-\frac{3}{4}}+1>\Big[\sqrt{n}-\frac{1}{2}\Big]-\Big[\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\Big]>\sqrt{n}-\sqrt{n-\frac{3}{4}}-1...(*)$$
เเต่ $$0<\sqrt{n}-\sqrt{n-\frac{3}{4}}<1..(**) \therefore \left\lfloor\,\sqrt{n}-\frac{1}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\,\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\right\rfloor $$

จาก $(*),(**)$ ได้ว่า $$2>\Big[\sqrt{n}+\frac{1}{2}\Big]-\Big[\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\Big]>-1\rightarrow \Big[\sqrt{n}+\frac{1}{2}\Big]-\Big[\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\Big]=0,1$$
เเต่จากบนสุดทำให้ $$\Big[\sqrt{n}+\frac{1}{2}\Big]-\Big[\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\Big]=0$$
เท่านั้น

[Real Matrik]

สวยงามครับ