Математический форум Math Help Planet
http://mathhelpplanet.com/

При каких n выполняется равенство?
http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=10&t=18609
Страница 1 из 3

Автор:  Vaaanya [ 14 окт 2012, 10:53 ]
Заголовок сообщения:  При каких n выполняется равенство?

При каких [math]n[/math], [math]n\in N, [\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}]=[2\sqrt{n}][/math]

Автор:  andrei [ 14 окт 2012, 12:03 ]
Заголовок сообщения:  Re: ЗАДАЧИЧКА

Воспользуйтесь редактором формул.

Автор:  Andy [ 14 окт 2012, 12:11 ]
Заголовок сообщения:  Re: ЗАДАЧИЧКА

Vaaanya
[math]\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}=2\sqrt{n},[/math]

[math]\bigg(\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}\bigg)^2=4n,[/math]

[math]n+1+2\sqrt{\big(n^2-1\big)}+n-1=4n,[/math]

[math]2n+2\sqrt{\big(n^2-1\big)}=4n,[/math]

[math]2\sqrt{\big(n^2-1\big)}=2n,[/math]

[math]\sqrt{\big(n^2-1\big)}=n,[/math]

[math]n^2-1=n^2.[/math]

Последнее уравнение не имеет решений, поэтому не имеет решений и заданное уравнение, как я понимаю.

Автор:  Vaaanya [ 14 окт 2012, 12:27 ]
Заголовок сообщения:  Re: ЗАДАЧИЧКА

В условии не модуль а целая часть от чила?
Верно ли решение при этом условии?

Автор:  mad_math [ 14 окт 2012, 12:40 ]
Заголовок сообщения:  Re: При каких n выполняется равенство?

Vaaanya

Цитата:
Правила форума:

Запрещено в названиях / заголовках тем использовать следующие слова:

Помогите, Срочно, Очень срочно, Пожалуйста, SOS и т.п. и т.д. В том числе восклицательные знаки и символы смайлов.

Название Вашей темы должно хотя бы вкратце отражать её суть.


Следующую тему с заголовком "Задача", "Задачка", "Задачичка", "Интересная задачка" и т.д. закрою и отправлю в корзину.

Автор:  Vaaanya [ 14 окт 2012, 13:00 ]
Заголовок сообщения:  Re: При каких n выполняется равенство?

там целые части чисел, начальная формула исправлена не правильно, исправьте пожалуйста.

Автор:  Vaaanya [ 14 окт 2012, 13:43 ]
Заголовок сообщения:  Re: При каких n выполняется равенство?

спасибо

Автор:  Human [ 14 окт 2012, 20:30 ]
Заголовок сообщения:  Re: При каких n выполняется равенство?

Как мне обычно и свойственно, я опять придумал довольно нудное решение. У меня получилось, что равенство выполняется при всех [math]n[/math], кроме полных квадратов. Проверьте, если что.

[spoiler=Вспомогательная лемма]Лемма. Для любого натурального числа [math]n\geqslant2[/math], не являющегося полным квадратом, найдётся такое натуральное число [math]m[/math], что выполняется неравенство [math]\frac14m^2+\frac1{m^2}<n<\frac14(m+1)^2[/math].

Доказательство: Разобьём ось [math][1;+\infty)[/math] числами вида [math]\frac14m^2,\ m\in\mathbb{N}[/math]. Тогда, очевидно, натуральное число [math]n[/math] попадёт в промежуток между соседними двумя числами такого вида, то есть найдётся [math]m\in\mathbb{N}[/math] такое, что [math]\frac14m^2\leqslant n<\frac14(m+1)^2[/math]. Поскольку [math]n\geqslant2[/math], то и [math]m\geqslant2[/math]. Также легко проверить, что при [math]m\geqslant2[/math] выполняется неравенство

[math]\frac14m^2<\frac14m^2+\frac1{m^2}<\frac14(m+1)^2[/math],

то есть точка [math]\frac14m^2+\frac1{m^2}[/math] лежит внутри интервала [math]\left(\frac14m^2;\frac14(m+1)^2\right)[/math].

Предположим, что [math]\frac14m^2\leqslant n\leqslant\frac14m^2+\frac1{m^2}[/math]. Пусть [math]m=2k-1\ k\in\mathbb{N}[/math]. Тогда

[math]k^2-k+\frac14\leqslant n\leqslant k^2-k+\frac14+\frac1{m^2}<k^2-k+1[/math].

Число [math]k^2-k[/math] целое, значит число [math]n[/math] лежит в интервале, не содержащем целые точки, чего не может быть. Пусть теперь [math]m=2k,\ k\in\mathbb{N}[/math]. Тогда

[math]k^2\leqslant n\leqslant k^2+\frac1{m^2}<k^2+1[/math].

Поскольку по условию число [math]n[/math] не является полным квадратом, то [math]n\ne k^2[/math], и значит число [math]n[/math] снова лежит в интервале, не содержащем целые точки. Значит предположение не верно, и значит [math]n[/math] лежит в правой части интервала, то есть [math]\frac14m^2+\frac1{m^2}<n<\frac14(m+1)^2[/math], ч. и т. д.[/spoiler]

[spoiler=Решение]При [math]n=1[/math] равенство не выполняется. Пусть [math]n=k^2,\ k\in\mathbb{N},\ k\geqslant2[/math]. Тогда [math][2\sqrt n]=2k=2\sqrt n[/math]. Легко проверить, что при любом натуральном [math]n[/math] выполнено неравенство

[math]\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}<2\sqrt n[/math].

Значит

[math][\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}]\leqslant\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}<2\sqrt n=[2\sqrt n][/math],

то есть равенство на полных квадратах не выполняется.

Пусть теперь [math]n[/math] не является полным квадратом и [math]n\geqslant2[/math]. Тогда по доказанной лемме, найдётся такое натуральное число [math]m[/math], что

[math]\frac14m^2+\frac1{m^2}<n<\frac14(m+1)^2[/math].

Поскольку [math]\frac14m^2<\frac14m^2+\frac1{m^2}[/math], то

[math]\frac14m^2<n<\frac14(m+1)^2[/math]

откуда

[math]m<2\sqrt n<m+1[/math]

значит [math][2\sqrt n]=m[/math]. С другой стороны, поскольку [math]\frac14(m+1)^2<\frac14(m+1)^2+\frac1{(m+1)^2}[/math] выполняется неравенство

[math]\frac14m^2+\frac1{m^2}<n<\frac14(m+1)^2+\frac1{(m+1)^2}[/math]

Отсюда последовательно получаем

[math]\frac{(m^2\pm2)^2}{4m^2}<n\pm1<\frac{((m+1)^2\pm2)^2}{4(m+1)^2}[/math]

[math]\frac{m^2\pm2}{2m}<\sqrt{n\pm1}<\frac{(m+1)^2\pm2}{2(m+1)}[/math]

[math]m<\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}<m+1[/math]

и значит [math][\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}]=m[/math], то есть равенство выполняется.[/spoiler]

В целом очень красивая задача, но имхо довольно сложная, если, конечно, нет доказательства попроще.

Автор:  andrei [ 15 окт 2012, 13:01 ]
Заголовок сообщения:  Re: При каких n выполняется равенство?

1)Очевидно [math]\sqrt{n+1}>\sqrt{n-1}[/math] откуда
[math]\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}>0[/math] возводим в квадрат
[math](n+1)-2\sqrt{n+1}\sqrt{n-1}+(n-1)>0[/math] откуда получаем
[math]4n>(n+1)+2\sqrt{n+1}\sqrt{n-1}+(n-1)=(\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1})^{2}[/math] и окончательно
[math]\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}<2\sqrt{n} \,\,\,\ (1)[/math]
2)Пусть [math](2m-1)^{2}<4n<(2n)^{2} \,\,\, m \in \mathbb{N}[/math] откуда
[math]m- \frac{ 1 }{ 2 }<\sqrt{n}<m[/math]
[math]\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}= \frac{ \sqrt{n(n+1)} }{ \sqrt{n} }+ \frac{ \sqrt{n(n-1)} }{ \sqrt{n} } > \frac{ n+n-1 }{ \sqrt{n} } =2\sqrt{n}+ \frac{ 1 }{ \sqrt{n} } >2m-1 \,\,\ (2)[/math]
объединяя [math](1)[/math] и [math](2)[/math] окончательно получим
[math]2m-1<\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}<2\sqrt{n}<2m \,\,\,\ (3)[/math]
Откуда видно,что [math][\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}]=[2\sqrt{n}]=2m-1[/math]
В случае.когда [math]n=m[/math] получим [math][[\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}]=2m-1[/math] а [math][2\sqrt{n}]=m[/math]

Автор:  Human [ 15 окт 2012, 13:23 ]
Заголовок сообщения:  Re: При каких n выполняется равенство?

andrei писал(а):
[math]2\sqrt{n}+ \frac{ 1 }{ \sqrt{n} } >2m-1[/math]

Там, наверно, вместо плюса должен быть минус. Можете тогда пояснить, как получено это неравенство?

Страница 1 из 3 Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group
http://www.phpbb.com/