7
2

Доказать, что для $%x\ge0$% для выполняется неравенство $$[nx]\ge\sum_{k=1}^n\frac{[kx]}k.$$

задан 13 Ноя '15 0:31

изменен 13 Ноя '15 0:34

@EdwardTurJ: по возможности, не давайте пока решения этой задачи. Примерный способ решения был почти ясен с самого начала, но я пока что не могу свои мысли довести до чёткого оформления. Хочется какого-то ясного общего утверждения, доказываемого по индукции, вместо разрозненных частных соображений, при помощи которых разбираются частные случаи конкретных значений n. Не уверен, что решение окажется коротким и красивым, но хотелось бы по крайней мере достичь чего-то на уровне математической правильности.

(17 Ноя '15 16:30) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
2

вроде дописал

$$[nx] \geqslant \sum\limits_{k=1}^n \frac{[kx]}{k} = \sum\limits_{k=1}^n \frac{kx-\{kx\}}{k} = nx - \sum\limits_{k=1}^n \frac{\{kx\}}{k}\Leftrightarrow$$

$$f(x):=\sum\limits_{k=1}^n \frac{\{kx\}}{k} \geqslant \{nx\}=:g(x)$$

$%f(0)=\{0\}=0$%.

$%f,g$% в точках дифференцируемости растут со скоростью $%n$%. Значит если в интервале $%(a,b)$% функции $%f,g$% дифференцируемы и $%f(a)\geqslant g(a)$%, то и на всем этом интервале $%f(x)\geqslant g(x)$%. Остается доказать неравенство в точках разрыва. Точки разрыва - все рациональные числа со знаменателями $%\leqslant n$%: $%x=\frac{a}{m}$%, $%a,m$% взаимно просты.

$$f(\frac{a}{m}) \geqslant \sum\limits_{k=1}^{m-1} \frac{\{ka/m\}}{k}$$ Числители - дроби вида $%\frac{1}{m},...,\frac{m-1}{m}$%, знаменатели - $%1,...,m$%. Наименьшее значение у суммы при всех перестановках числителя получается, когда числитель пропорционален знаменателю. Значит $%f(\frac{a}{m})\geqslant \sum\limits_{k=1}^{m-1} \frac{k}{km}=1-\frac{1}{m}\geqslant\{n\frac{a}{m}\}$% upd: местный $%\TeX$% команду \mathbb не переваривает и \left, \right

ссылка

отвечен 17 Ноя '15 18:49

изменен 17 Ноя '15 19:49

@Trumba У меня вроде нормально команды работают $%f\left(\frac{\frac12}{\frac12}\right)\in \mathbb{R}$%, может они глючат при наборе каких-то определённых символов?

(17 Ноя '15 20:01) marcin63

Да трудно понятью М.б. тут какие-то переменные переполняются $%\mathbb{Z}$% $%a,b,c$%, $%\left[\frac{abc}{de}\right]$%. Вот тут пашет. А в большом посте пришлось снести - формулы не транслировались в картинки.

(17 Ноя '15 20:12) Trumba
10|600 символов нужно символов осталось
3

Индукция по $%n$%. Для $%n=1$% неравенство очевидно.

Индуктивный переход. Предположим, что оно верно для $%1,2,...,n$% и докажем его для $%n+1$%.

Сложим неравенства $%[x]\ge[x],[2x]\ge[x]+\frac{[2x]}2,...,[nx]\ge[x]+\frac{[2x]}2+...+\frac{[nx]}n:$% $$[x]+[2x]+...+[nx]\ge n[x]+(n-1)\frac{[2x]}2+...+\frac{[nx]}n.$$ Прибавим к обеим частям сумму $%[x]+[2x]+...+[nx]$% и воспользуемся неравенством $%[a+b]\ge[a]+[b]$%: $$n[(n+1)x]\ge\left([x]+[nx]\right)+\left([2x]+[(n-1)x]\right)...+\left([nx]+[x]\right)\ge (n+1)\left([x]+\frac{[2x]}2+...+\frac{[nx]}n\right),$$ $$\frac n{n+1}[(n+1)x]\ge[x]+\frac{[2x]}2+...+\frac{[nx]}n,$$ $$[(n+1)x]\ge[x]+\frac{[2x]}2+...+\frac{[nx]}n+\frac{[(n+1)x]}{n+1}.$$

ссылка

отвечен 24 Фев '18 1:16

изменен 24 Фев '18 2:10

10|600 символов нужно символов осталось
1

alt text

ссылка

отвечен 28 Фев '17 18:45

10|600 символов нужно символов осталось
0

Я изложу в общих чертах, если что могу расписать подробнее. Не уменьшая общности будем считать $%x<1$% Ясно, что неравенство будет выполняться для всех n если оно выполняется для всех n, таких что [nx]=k и [(n+1)x]=k+1 Значит хвост суммы по всем n таким что [nx]=const должен быть всегда (при любых const) меньше или равен единицы (это даже более сильное условие чем исходное неравенство). обозначив эту const через k получаем неравенство: $%1 \ge \sum\limits_{k\le nx < k+1 } \frac{k}{n} \forall k $%

Справа площадь под гиперболой на интервале $%n \in [\frac{k}{x},\frac{k+1}{x})$% но не простая площадь, а как-бы целыми полосочками, если нарисовать картинку станет понятно что имеется ввиду. Оценивать эту сумму очень муторно, но все таки можно. Я заменял гиперболу на прямую тем самым усиливая неравенство...

ссылка

отвечен 22 Сен '17 3:16

изменен 22 Сен '17 3:17

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×240
×29

задан
13 Ноя '15 0:31

показан
6894 раза

обновлен
24 Фев '18 2:10

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru