Тождество с целой частью [Теория чисел]

[Whitaker]

Добрый день, уважаемые друзья!
Попалась следующая задачка, которую решить у меня не получается помогите пожалуйста:
Доказать, что при натуральном $n$ справедливо тождество:
$[\sqrt{9n-1}]=[\sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1}]$

С уважением, Whitaker.

[Shadow]

Можно доказать, что если n не является точным квадратом, то
$[3\sqrt{n}]<\sqrt{9n-1}<3\sqrt{n}$

$[3\sqrt{n}]<\sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1}<3\sqrt{n}$

а если является точным квадратом проще будет.

[Whitaker]

Shadow
А откуда Вы вообще получили первое и второе неравенства?

[Shadow]

Вторые части неравенств не должны затруднить.Рассмотрим например первое неравенство.
Если n не квадрат, существует $k \in Z: 3\sqrt{n}-1<k<3\sqrt{n}$. Тогда $[3\sqrt{n}]=k$
От неравенства $k<3\sqrt{n} \Rightarrow 9n>k^2 \Rightarrow 9n=k^2+a, a> 1$ (Почему а строго больше 1?)
$k<\sqrt{k^2+a-1}$

Вообще при $n>1$ справедливо $\sqrt{9n-1}<\sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1}$, так что можно объединить неравенства.

[Whitaker]

Shadow
извиняюсь, а откуда это?
$3\sqrt{n}-1<k<3\sqrt{n}$

-- Вт апр 03, 2012 20:39:22 --

Как Вы сказали:
Раз $n$ не является квадратом целого числа, то существует $m\in \mathbb{Z}: m^2<n<(m+1)^2$
Пытаюсь отсюда что-то получить, но не получается.

[Shadow]

k это целая часть $3\sqrt{n}$, другое неважно,для наглядности. Важно только, что
$k=[3\sqrt{n}], k<3\sqrt{n}$
Т.к доказываем неравенство
$[3\sqrt{n}]<\sqrt{9n-1}$

[Whitaker]

Shadow в сообщении #555503 писал(а):

Если n не квадрат, существует $k \in Z: 3\sqrt{n}-1<k<3\sqrt{n}$.

Ну вот это Вы можете объяснить?

[ИСН]

Ну $(3\sqrt n-1,3\sqrt n)$ - это что? Кто? Какой природы сущность? Отрезок, интервал, или сушёный бычий хвост? Какой длины?

[Whitaker]

ИСН
Это интервал длины 1

[ИСН]

Ну! Если интервал длины 1 расположен где-то на числовой прямой, попадёт в него 2-3 целых точки? Да или нет? А хотя бы одна?

[Whitaker]

Так как по предположению $n$ не является квадратом целого числа, то $(3\sqrt{n}-1, 3\sqrt{n})$ содержит ровно одну целую точку

[ИСН]

Ну вот.

[Whitaker]

Shadow в сообщении #555503 писал(а):

От неравенства $k<3\sqrt{n} \Rightarrow 9n>k^2 \Rightarrow 9n=k^2+a, a> 1$

Почему $a>1$?

-- Вт апр 03, 2012 21:38:22 --

Вот... например если $a=1$ то что?

[Shadow]

В принципе ничего, неравенство будет нестрогое, доказательству не мешает. Просто уравнение $9n=k^2+1$ нерешимо в целых числах. $k^2 \ne -1 \pmod 9$

[Whitaker]

Shadow в сообщении #555387 писал(а):

Можно доказать, что если n не является точным квадратом, то
$[3\sqrt{n}]<\sqrt{9n-1}<3\sqrt{n}$

$[3\sqrt{n}]<\sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1}<3\sqrt{n}$

а если является точным квадратом проще будет.

Shadow
скажите пожалуйста, а как показать, что:
$[3\sqrt{n}]<\sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1}$
??