Matematyka.pl

Dowieść, że:
\(\displaystyle{ \left\lfloor nx\right\rfloor\ \ge
\frac{\lfloor x\rfloor}{1}+\frac{\lfloor 2x\rfloor}{2}+\dots +\frac{\lfloor nx\rfloor}{n}}\)

robin5hood pisze:Dowieść, że:
\(\displaystyle{ \left\lfloor nx\right\rfloor\ \ge
\frac{\lfloor x\rfloor}{1}+\frac{\lfloor 2x\rfloor}{2}+\dots +\frac{\lfloor nx\rfloor}{n}}\)

Już bodajże przedwczoraj napisałem tego posta, ale gdzieś się zapodział
Anyway bardzo ładne i zgrabne rozwiązanie jest tutaj:
Link wygasł


[ Komentarz dodany przez: Sylwek: 7 Grudnia 2008, 22:15 ]
Zacytuję:

Niech \(\displaystyle{ G_{n}(x)}\) będzie tą sumą z prawej strony nierówności. Dodając stronami:

\(\displaystyle{ G_{1}(x) = \lfloor x\rfloor \\
\ 2(G_{2}(x) - G_{1}(x)) = \lfloor 2x\rfloor \\
\ \vdots~~~~~~~~~~ = ~~~\vdots \\
\ n(G_{n}(x) - G_{n - 1}(x)) = \lfloor nx\rfloor}\)


otrzymamy:

\(\displaystyle{ nG_{n}(x) = \sum_{k = 1}^{n - 1}G_{k}(x) + \sum_{k = 1}^{n}\lfloor kx\rfloor \\
\ \leq \sum_{k = 1}^{n - 1}\lfloor kx\rfloor + \sum_{k = 1}^{n}\lfloor kx\rfloor \ \ \ \ \ \ \ (\mbox{indukcja zupełna}) \\
\ = \sum_{k = 1}^{n}\Bigl(\lfloor kx\rfloor + \lfloor (n - k)x\rfloor\Bigr) \\
\ \leq n\lfloor nx\rfloor \ \ \ \ \ \ \ (\mbox{z nierówności }\lfloor a\rfloor + \lfloor b\rfloor\leq\lfloor a + b\rfloor\mbox{)}}\)

co daje tezę.