Radici di tre..

[zeitgeist505]

Provare che $ \forall n \in \mathbb{N} $ si ha:

$ \displaystyle \{ n \sqrt{3} \} > \frac{1}{n \sqrt{3}} $

$ \{ x \} $ indica la parte frazionaria di $ x $, ad esempio $ \{ 1,24 \}=0,24 $

[Leonida]

Riscrivo come $(n\sqrt{3}- \left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor)\cdot n\sqrt{3} > 1 \longrightarrow 3n^{2} -n\sqrt{3}\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor -1 > 0$.

Le radici dell'equazione di secondo grado associata sono $n_{1,2}= \displaystyle \frac{\sqrt{3}\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor \pm \sqrt{3\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} + 12}}{6}$.

Pertanto la tesi equivale a $n > \displaystyle \frac{\sqrt{3}(\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor + \sqrt{\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} + 4})}{6}$ ossia $n\sqrt{3}> \displaystyle \frac{\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor + \sqrt{\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} + 4}}{2}$.
Per $AM-QM$ vale $\displaystyle \frac{\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor + \sqrt{\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} + 4}}{2} < \sqrt{\frac{\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} + \left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} + 4}{2}} = \sqrt{\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} + 2}$. Si noti che la disuguaglianza non ammette il caso di uguaglianza. L'obiettivo ora è dimostrare $\sqrt{\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} + 2} \leq n\sqrt{3}$.

Elevando al quadrato ottengo $\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} + 2 \leq 3n^{2}$. Sicuramente vale $\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} < (n\sqrt{3})^{2} = 3n^{2}$; resta solo il caso $\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} = 3n^{2} -1$. Analizzando modulo 9 ottengo $\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} \equiv 0,3 - 1 \equiv 8,2 $ e in questo caso trovo un assurdo perchè 2 e 8 non sono residui quadratici modulo 9. Perciò $\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^{2} \leq 3n^{2} - 2$ e per quanto detto prima si ha la tesi.

[Simo_the_wolf]

hint per semplificare...

Testo nascosto:

razionalizziamo!