Własność cechy
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11406
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
Własność cechy
Udowodnić, że \(\displaystyle{ \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + (n-1) \lfloor x+y \rfloor \leq \lfloor nx \rfloor + \lfloor ny \rfloor }\)
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Własność cechy
Najpierw trochę to skomplikujemy, żeby uprościć. Mamy \(\displaystyle{ x=\left\lfloor x\right\rfloor +\left\{x\right\}, \ y=\left\lfloor y\right\rfloor+\left\{y\right\}}\)
i nierówność przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ \lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor+(n-1)\lfloor \lfloor x\rfloor+\left\{x\right\}+\lfloor y\rfloor+\left\{y\right\}\rfloor\le \lfloor n\lfloor x\rfloor+n\left\{x\right\}\rfloor+\lfloor n\lfloor y\rfloor+n\left\{y\right\}\rfloor }\)
Następnie odnotujmy, że dla dowolnej liczby całkowitej \(\displaystyle{ m}\) i rzeczywistej \(\displaystyle{ t}\) jest \(\displaystyle{ \lfloor m+t\rfloor=m+\lfloor t\rfloor}\).
Wobec tego dalej teza przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ (n-1)\lfloor\left\{x\right\}+\left\{y\right\}\rfloor\le \lfloor n\left\{x\right\}\rfloor+\lfloor n\left\{y\right\}\rfloor }\)
Niech teraz \(\displaystyle{ \frac{p}{n}\le \left\{x\right\}<\frac{p+1}{n}, \ \frac{q}{n}\le \left\{y\right\}<\frac{q+1}{n}, \ p,q\in \left\{0,1\ldots n-1\right\}}\)
Nierówność sprowadza się do
\(\displaystyle{ (n-1)\lfloor\left\{x\right\}+\left\{y\right\}\rfloor\le p+q \ (*)}\)
Rozważymy teraz dwa przypadki:
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) niech \(\displaystyle{ p+q\le n-2}\). Wówczas
\(\displaystyle{ \left\{x\right\}+\left\{y\right\}<\frac{p+q+2}{n}\le 1}\), a zatem
\(\displaystyle{ \lfloor \left\{x\right\}+\left\{y\right\}\rfloor=0}\) i \(\displaystyle{ (*)}\) zachodzi w sposób oczywisty.
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) niech \(\displaystyle{ p+q>n-2}\). Przypuśćmy nie wprost, że nie zachodzi \(\displaystyle{ (*)}\), czyli jest
\(\displaystyle{ (n-1)\lfloor\left\{x\right\}+\left\{y\right\}\rfloor>p+q }\),
a że obie strony są całkowite, to wynika stąd
\(\displaystyle{ (n-1)\lfloor\left\{x\right\}+\left\{y\right\}\rfloor\ge p+q+1 }\)
Jednak wówczas
\(\displaystyle{ \frac{(n-1)(p+q+2)}{n}\ge (n-1)\left\lfloor \frac{p+q+2}{n}\right\rfloor\ge (n-1)\lfloor \left\{x\right\}+\left\{y\right\}\rfloor \ge p+q+1}\)
a równoważnie:
\(\displaystyle{ (n-1)(p+q+2)\ge n(p+q+1)\\n-2\ge p+q }\)
a to jest sprzeczność.
i nierówność przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ \lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor+(n-1)\lfloor \lfloor x\rfloor+\left\{x\right\}+\lfloor y\rfloor+\left\{y\right\}\rfloor\le \lfloor n\lfloor x\rfloor+n\left\{x\right\}\rfloor+\lfloor n\lfloor y\rfloor+n\left\{y\right\}\rfloor }\)
Następnie odnotujmy, że dla dowolnej liczby całkowitej \(\displaystyle{ m}\) i rzeczywistej \(\displaystyle{ t}\) jest \(\displaystyle{ \lfloor m+t\rfloor=m+\lfloor t\rfloor}\).
Wobec tego dalej teza przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ (n-1)\lfloor\left\{x\right\}+\left\{y\right\}\rfloor\le \lfloor n\left\{x\right\}\rfloor+\lfloor n\left\{y\right\}\rfloor }\)
Niech teraz \(\displaystyle{ \frac{p}{n}\le \left\{x\right\}<\frac{p+1}{n}, \ \frac{q}{n}\le \left\{y\right\}<\frac{q+1}{n}, \ p,q\in \left\{0,1\ldots n-1\right\}}\)
Nierówność sprowadza się do
\(\displaystyle{ (n-1)\lfloor\left\{x\right\}+\left\{y\right\}\rfloor\le p+q \ (*)}\)
Rozważymy teraz dwa przypadki:
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) niech \(\displaystyle{ p+q\le n-2}\). Wówczas
\(\displaystyle{ \left\{x\right\}+\left\{y\right\}<\frac{p+q+2}{n}\le 1}\), a zatem
\(\displaystyle{ \lfloor \left\{x\right\}+\left\{y\right\}\rfloor=0}\) i \(\displaystyle{ (*)}\) zachodzi w sposób oczywisty.
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) niech \(\displaystyle{ p+q>n-2}\). Przypuśćmy nie wprost, że nie zachodzi \(\displaystyle{ (*)}\), czyli jest
\(\displaystyle{ (n-1)\lfloor\left\{x\right\}+\left\{y\right\}\rfloor>p+q }\),
a że obie strony są całkowite, to wynika stąd
\(\displaystyle{ (n-1)\lfloor\left\{x\right\}+\left\{y\right\}\rfloor\ge p+q+1 }\)
Jednak wówczas
\(\displaystyle{ \frac{(n-1)(p+q+2)}{n}\ge (n-1)\left\lfloor \frac{p+q+2}{n}\right\rfloor\ge (n-1)\lfloor \left\{x\right\}+\left\{y\right\}\rfloor \ge p+q+1}\)
a równoważnie:
\(\displaystyle{ (n-1)(p+q+2)\ge n(p+q+1)\\n-2\ge p+q }\)
a to jest sprzeczność.
-
- Użytkownik
- Posty: 22210
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3755 razy
Re: Własność cechy
Uprośćmy trochę tę analizę.
Zamiana `x` na `x\pm k` i `y` na `y\pm l` nie zmienia nierówności, więc możemy przyjąć, że `-1\le y<0\le x<1`. Wtedy nierówność z zadania przyjmuje postać:
`(n-1)\lfloor x+y\rfloor \le \lfloor nx\rfloor +\lfloor ny\rfloor +1`
Jeżeli `|x|\ge |y|` to lewa strona jest równa `0`, a prawa się szacuje tak:
`\lfloor nx\rfloor +\lfloor ny\rfloor +1\ge \lfloor n|y|\rfloor +\lfloor ny\rfloor +1\ge 0`, bo dla dowolnego `z\ge 0` zachodzi `\lfloor z\rfloor + \lfloor -z\rfloor\ge -1`
Jeżeli natomiast `|x|<|y|`, to lewa strona jest równa `-(n-1)`, zaś prawa szacuje się tak:
`\lfloor nx\rfloor +\lfloor ny\rfloor +1\ge \lfloor ny\rfloor +1\ge -n+1`.
Zamiana `x` na `x\pm k` i `y` na `y\pm l` nie zmienia nierówności, więc możemy przyjąć, że `-1\le y<0\le x<1`. Wtedy nierówność z zadania przyjmuje postać:
`(n-1)\lfloor x+y\rfloor \le \lfloor nx\rfloor +\lfloor ny\rfloor +1`
Jeżeli `|x|\ge |y|` to lewa strona jest równa `0`, a prawa się szacuje tak:
`\lfloor nx\rfloor +\lfloor ny\rfloor +1\ge \lfloor n|y|\rfloor +\lfloor ny\rfloor +1\ge 0`, bo dla dowolnego `z\ge 0` zachodzi `\lfloor z\rfloor + \lfloor -z\rfloor\ge -1`
Jeżeli natomiast `|x|<|y|`, to lewa strona jest równa `-(n-1)`, zaś prawa szacuje się tak:
`\lfloor nx\rfloor +\lfloor ny\rfloor +1\ge \lfloor ny\rfloor +1\ge -n+1`.