szukanie zaawansowane
 [ Posty: 6 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 30 sie 2015, o 14:31 
Użytkownik

Posty: 5466
Lokalizacja: Kraków
Czy \lfloor  \sqrt{\lfloor x \rfloor } \rfloor =  \lfloor \sqrt{ x  } \rfloor jeśli x >0 ?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 30 sie 2015, o 15:23 
Użytkownik

Posty: 261
Lokalizacja: Lub
Tak. Jeśli x jest całkowite to od razu widać, że równość zachodzi, załóżmy więc, że x=y+\alpha przy czym y \ge 0 jest całkowite oraz \alpha\in(0,1). Równanie przyjmuje postać \lfloor \sqrt{ y } \rfloor = \lfloor \sqrt{ y+\alpha } \rfloor. Założyliśmy, że y jest całkowite, więc wystarczy udowodnić nierówność \sqrt{y+\alpha}-\sqrt{y}<1, a ta jest równoważna \sqrt{y+\alpha}<1+\sqrt{y}. Po podniesieniu do kwadratu mamy \alpha<1+2\sqrt{y} co jest prawdą.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 30 sie 2015, o 16:31 
Użytkownik

Posty: 12851
Lokalizacja: Bydgoszcz
Inaczej. Ze wzgledu na monotonicznośc stosowanych funkcji od razy widać, że \lfloor  \sqrt{\lfloor x \rfloor } \rfloor \leq \lfloor \sqrt{ x  } \rfloor.

Gdyby nierównośc była ostra, to istniałoby n\in \NN takie, że
\sqrt{\lfloor x \rfloor }  \leq n \le q \sqrt{ x  }
i conajmniej jedna nierównośc jest ostra.
Wtedy \lfloor x \rfloor\leq n^2 \leq x i conajmniej jedna nierównośc jest ostra, a to jest możliwe tylko wtedy gdy n^2=\lfloor x \rfloor\<x<n^2+1<(n+1)^2
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 30 sie 2015, o 22:13 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 504
Lokalizacja: Chełm
Każdą liczbę dodatnią można opisać w taki sposób: 1) n^2\le x<(n+1)^2, n\in N.
Policzmy \lfloor \sqrt{ x } \rfloor
Z 1):
n\le \sqrt{x}<n+1\Rightarrow  \lfloor \sqrt{ x } \rfloor=n
Teraz policzmy \lfloor \sqrt{\lfloor x \rfloor } \rfloor
Z 2):
n^2\le \lfloor x\rfloor <(n+1)^2\Rightarrow n\le \sqrt{\lfloor x\rfloor}<n+1\Rightarrow \lfloor \sqrt{\lfloor x \rfloor } \rfloor=n
A więc są równe.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2015, o 11:06 
Użytkownik

Posty: 5466
Lokalizacja: Kraków
mol_ksiazkowy napisał(a):
Czy \lfloor  \sqrt{\lfloor x \rfloor } \rfloor =  \lfloor \sqrt{ x  } \rfloor jeśli x >0 ?
a \lfloor  \sqrt[3]{\lfloor x \rfloor } \rfloor =  \lfloor \sqrt[3]{ x  } \rfloor...?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2015, o 11:38 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 504
Lokalizacja: Chełm
Ten problem i każdy postaci \lfloor \sqrt[k]{\lfloor x \rfloor } \rfloor = \lfloor \sqrt[k]{ x }\rfloor , k\in N. Rozwiążemy analogicznie do mojego powyższego opisując x w taki sposób: n^k\le x<(n+1)^k.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 6 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 pierwiastek w prostrzej postaci  woznyadam  5
 Pierwiastek trzeciego stopnia.  Fin4L  1
 pierwiastek do potęgi 3  zielonyGDA  1
 Obliczanie wartości wyrażenia znając pierwiastek innego  JungleMan  2
 Oblicz równanie pierwiastek trzeciego stopnia  reaperdie  6
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl