Kwadraty w ciągu

[mol_ksiazkowy]

Niech \(\displaystyle{ f(m)=m + \lfloor \sqrt{m} \rfloor}\). Udowodnić, że dla dowolnego \(\displaystyle{ m \in N}\) jakiś wyraz ciągu
\(\displaystyle{ m, f(m), f(f(m)), ….}\)
jest kwadratem ... pewnej liczby naturalnej oczywiście.

[szw1710]

... pewnej liczby naturalnej oczywiście. Bo rzeczywistej zawsze.

[Ponewor]

Innymi słowy chcemy pokazać, że w pewnym miejscu ciągu funkcja \(\displaystyle{ g\left( n\right) =n-\lfloor \sqrt{n}\rfloor^{2}}\) się zeruje. To zróbmy indukcję zupełną po \(\displaystyle{ g\left(m\right)}\) dla \(\displaystyle{ m}\) będącego pierwszym wyrazem ciągu. Niech \(\displaystyle{ g\left(m\right)=a \ge 0}\). Dla \(\displaystyle{ a=0}\) tezę mamy od ręki. Niech \(\displaystyle{ a>0}\). Załóżmy, że teza działa dla \(\displaystyle{ a=0, \ \ldots, \ a-1}\). Nasze \(\displaystyle{ m}\) jest postaci \(\displaystyle{ k^{2}+a}\) dla \(\displaystyle{ 1\le a\le 2k}\). Zatem \(\displaystyle{ f\left(m\right)=k^{2}+k+a}\). Gdy \(\displaystyle{ a<k+1}\), to \(\displaystyle{ f\left(f\left(m\right)\right)=k^{2}+k+a+k=\left(k+1\right)^{2}+a-1}\) i z założenia indukcyjnego teza zachodzi dla \(\displaystyle{ a-1}\). Gdy \(\displaystyle{ a\ge k+1}\), to \(\displaystyle{ f\left(\left(m\right)\right)=k^{2}+k+a+k+1=\left(k+1\right)^{2}+a}\), czyli sytuacja jak uprzednio tylko mamy nowe \(\displaystyle{ k:=k+1}\), a więc powtarzając tę procedurę w końcu będziemy mieli nierówność \(\displaystyle{ a<k+1}\) czyli jak w poprzednim przypadku co kończy dowód.