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[tex]\mathbb{N}-n^2[/tex], se così si può definire
Inviato: 07 mag 2012, 16:46
da zeitgeist505
Data la successione $ x_1=2, x_2=3, x_3=5, x_4=6 \dots $ dove viene ripresa la sequenza dei numeri naturali, privata dei quadrati perfetti, dimostrare che $ x_n=n+\langle \sqrt n \rangle $
$ \langle x \rangle $ rappresenta il valore di $ x $ arrotondato all'intero più vicino
Re: [tex]\mathbb{N}-n^2[/tex], se così si può definire
Inviato: 08 mag 2012, 19:13
da Ido Bovski
Sia $k$ un un intero positivo tale che $k^2<x_n<(k+1)^2$. Poichè in $\{1, 2, 3, ..., x_n \}$ ci sono $k$ quadrati e $n$ non-quadrati, allora $x_n=n+k$.
Pertanto $k^2<n+k<(k+1)^2$, ovvero $k^2-k<n<k^2+k+1$.
Sommando $\frac{1}{4}$ ai due estremi della disuguaglianza (lo si può fare poichè $k^2-k, n, k^2+k+1 \in \mathbb{N}$), si ha che $(k-\frac{1}{2})^2<n<(k+\frac{1}{2})^2$.
Dalla precendente si ricava che $\sqrt{n}+\frac{1}{2}-1<k<\sqrt{n}+\frac{1}{2}$, dunque, ricordando la definizione di parte intera, $k=\lfloor \sqrt{n}+\frac{1}{2} \rfloor=\langle \sqrt{n} \rangle$.
In conclusione, $x_n=n+k=n+\langle \sqrt{n} \rangle$ che è proprio ciò che si voleva dimostrare.