«Антье и мантисса. Сборник задач с решениями»

В блоге публикуются рецензии на книгу, обсуждения критических замечаний, ответы на часто задаваемые вопросы, комментарии к задачам из сборника, а также материалы, не вошедшие в книгу, формулировки и решения новых задач.
http://keldysh.ru/e-biblio/entier — электронная версия книги в формате PDF (редакция от 20.11.2017).

6 сентября 2015 г.

Три доказательства неравенства \( \mbox {НОД} \, (n, \, \ant {n\sqrt2}) < \sqrt[\scriptstyle 4 \, ] 8 \cdot \sqrt n\)

Методика преподавания математики рекомендует, что лучше решить задачу тремя разными способами, чем решить три разных задачи. Далее приведены три доказательства необычного неравенства (первая часть задания), которое предлагалось на XIII Brazilian Olympic Revenge (2014).
36. Докажите неравенство \[
\mbox {НОД} \, (n, \, \ant {n\sqrt2}) < \sqrt[\scriptstyle 4 \, ] 8 \cdot \sqrt n \ \mbox { при } \forall n \in \mathbb N .
\tag {36.1}
\]
Доказательство 1. Пусть \[
n = da , \ \ant {n\sqrt2} = db ,
\tag {36.2}
\] где \(
d = \mbox {НОД} \, (n, \, \ant {n\sqrt2})
\) и \( a , \) \( b \) — натуральные числа (еще они взаимно простые). Согласно свойству антье (С2): \[
db < n\sqrt2 < db+1 ,
\] \[
\ db < da\sqrt2 < db+1 ,
\] \[
b < a\sqrt2 < b+\dfrac1d
\] (левые неравенства строгие из-за сравнения выражений, принимающих целые и иррациональные значения). Значит, \(
\ant {a\sqrt2} = b .
\) Из (36.2) получаем равенство \(
\ant {da\sqrt2} = d \cdot \ant {a\sqrt2} ,
\) равносильное согласно утверждению (С16) \[
\bigmant {a\sqrt2} < \dfrac1d .
\tag {36.3}
\] Воспользуемся неравенством \(
\bigmant {n\sqrt2} > \dfrac1{2n\sqrt2}
\ (n \in \mathbb N) ,
\) см. задачу 4 или задачи 136 и 414 в задачнике. Преобразуем неравенство (36.3) \[
d < \dfrac1{\bigmant {a\sqrt2}}
< 2\sqrt2 \cdot a = 2\sqrt2 \cdot \dfrac n d ,
\] \[
d^2 < 2\sqrt2 \cdot n,
\ d < \sqrt[\scriptstyle 4 \, ] 8 \cdot \sqrt n . \] \( \color{gray}{\blacksquare} \)

Доказательство 2. Используются те же обозначения (36.2) и вывод неравенства \( db < da\sqrt2 < db+1 . \) Тогда \[
d < \dfrac 1 {a\sqrt2-b}
< \dfrac {a\sqrt2+b} {2a^2-b^2}
< a\sqrt2+b
< 2a\sqrt2 =
2\sqrt2 \cdot \dfrac n d .
\] \( \color{gray}{\blacksquare} \)

Доказательство 3. Пусть \( k = \ant {n\sqrt2} , \) \(
d = \mbox {НОД} \, ( n, \, k ) .
\) \[
\ant {n\sqrt2} < n\sqrt2 < \ant {n\sqrt2}+1 ,
\] \[
k < n\sqrt2 < k+1 ,
\] \[
k^2 < 2n^2 < (k+1)^2 ,
\] \[
0 < 2n^2-k^2
\leqslant 2k < 2n\sqrt2 .
\] Поскольку \( n^2 \,\vdots\, d^2 \) и \( k^2 \,\vdots\, d^2 \), то выражение \(
2n^2-k^2
\) делится на \( d^2 \) нацело. Значит, \[
2n^2-k^2 \geqslant d^2 .
\] Тогда \[
d^2 < 2n\sqrt2 .
\] \( \color{gray}{\blacksquare} \)

Вторая и третья версии доказательства основаны на публикациях решений задачи в форуме http://www.artofproblemsolving.com.
Каждое из трех доказательств имеет свои достоинства. Первое далось мне довольно легко, свойства антье и мантиссы у меня «в оперативной памяти».


Автор: И.Л. на 01:04
Отправить по электронной почте Написать об этом в блоге Опубликовать в Twitter Опубликовать в Facebook Поделиться в Pinterest
Следующее Предыдущее Главная страница

Автор

Автор
СЕМЕНОВ
Игорь Ленидович,
науч.сотр-к (1983-2018)
ИПМ им. М. В. Келдыша РАН

Разделы

  • Обозначения
  • Определения
  • Свойства
  • Cообщения

Просмотров за неделю

Архив

  • янв. 2017 ( 1 )
  • нояб. 2016 ( 9 )
  • окт. 2016 ( 11 )
  • сент. 2016 ( 7 )
  • авг. 2016 ( 8 )
  • июл. 2016 ( 5 )
  • июн. 2016 ( 5 )
  • мая 2016 ( 10 )
  • апр. 2016 ( 12 )
  • мар. 2016 ( 5 )
  • янв. 2016 ( 1 )
  • дек. 2015 ( 11 )
  • нояб. 2015 ( 11 )
  • окт. 2015 ( 17 )
  • сент. 2015 ( 13 )
  • авг. 2015 ( 12 )
  • июл. 2015 ( 14 )
  • июн. 2015 ( 2 )
Технологии Blogger.