Julekalender #13

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Julekalender #13

Innlegg Emilga » 13/12-2017 16:17

La $q(n) = {\lfloor \frac n{ \lfloor \sqrt{n} \rfloor } \rfloor}$ for naturlige tall $n$.

For hvilke $n$ har vi at $q(n) > q(n+1)$?

$\lfloor x \rfloor$ betyr at vi runder av nedover, altså $\lfloor 2.9 \rfloor = 2$. Og i $q(n)$ betyr det at vi først regner ut kvadratroten av $n$, så runder vi den nedover. Så regner vi ut brøken. Så runder vi av brøken nedover.
Emilga offline
Poincare
Poincare
Innlegg: 1452
Registrert: 20/12-2006 19:21
Bosted: NTNU

Re: Julekalender #13

Innlegg alund » 14/12-2017 01:01

[tex]n[/tex] er strengt voksende når [tex]n[/tex] øker, selvfølgelig. [tex]\lfloor{\sqrt{n}}\rfloor[/tex] er konstant helt til det øker med [tex]1[/tex] når [tex]n[/tex] blir neste kvadrattall.

Over et intervall [tex]n\in [k^2,(k+1)^2),\: k\in \mathbb{N}[/tex] er altså [tex]q[/tex] voksende, ikke nødvendigvis strengt på grunn av den ytterste gulv-funksjonen.

[tex]q((k+1)^2-1)=\lfloor{{(k+1)^2-1}\over{\lfloor\sqrt{(k+1)^2-1}\rfloor}}\rfloor=\lfloor{k^2+2k\over{k}}\rfloor=k+2[/tex]
[tex]q((k+1)^2)=\lfloor{{(k+1)^2}\over{\lfloor\sqrt{(k+1)^2}\rfloor}}\rfloor=\lfloor{(k+1)^2\over k+1}\rfloor=k+1[/tex]

Altså er [tex]q(n)>q(n+1)[/tex] for alle [tex]n=(k+1)^2-1, k\in \mathbb{N}[/tex].
alund offline
Noether
Noether
Innlegg: 48
Registrert: 31/03-2017 20:40

Re: Julekalender #13

Innlegg Emilga » 19/12-2017 03:07

Selvfølgelig helt riktig! (Pen løsning!)
Emilga offline
Poincare
Poincare
Innlegg: 1452
Registrert: 20/12-2006 19:21
Bosted: NTNU

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: MSN [Bot] og 9 gjester