Gaußklammer - Identität zeigen

08.04.2012, 19:12

nfngr

Gaußklammer - Identität zeigen

Meine Frage:
Sei $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie:

$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n+2}{6}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n+4}{6}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{n+3}{6}\right\rfloor \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Ich habe absolut garkeine Ahnung. Ich bin selten so ratlos gewesen.

08.04.2012, 19:19

weisbrot

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RE: Gaußklammer - Identität zeigen
mein erster gedanke wäre ne fallunterscheidung für n zu machen - derart: n=6k, n=6k+1, ..., n=6k+5 - einige fälle kannst du dann auch zusammen betrachten. lg

08.04.2012, 20:34

nfngr

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Vielen Dank für die Antwort. Ich habe das gerade mal durchgerechnet und es passt. Um ehrlich zu sein, bin ich extrem verwundert darüber, dass dieser extrem einfache Ansatz funktioniert (und dass ich nicht selber darauf gekommen bin). Ich habe nämlich nachdem ich den Post hier verfasst habe etwas auf wikipedia recherchiert und bin darauf gestoßen, dass dieses Problem damals von Ramanujan gestellt wurde: en.wikipedia.org/wiki/Floor_and_ceiling_functions#Solved_problem weswegen ich über diesen extrem simplen Lösungsansatz doch sehr verwundert bin.

Also vielen Dank smile

. Anbei die Rechnung (linke und rechte Seite der Gleichung separat ausgerechnet)

Sei $\begin{eqnarray*} n=6k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{6k}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+2}{6}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+4}{6}\right\rfloor=2k+k+k=4k \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{6k}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+3}{6}\right\rfloor=3k+k=4k \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} n=6k+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{6k+1}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+3}{6}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+5}{6}\right\rfloor=2k+k+k=4k \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{6k+1}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+4}{6}\right\rfloor=3k+k=4k \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} n=6k+2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{6k+2}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+4}{6}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+6}{6}\right\rfloor=2k+k+k+1=4k+1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{6k+2}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+5}{6}\right\rfloor=3k+1+k=4k+1 \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} n=6k+3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{6k+3}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+5}{6}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+7}{6}\right\rfloor=2k+1+k+k+1=4k+2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{6k+3}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+6}{6}\right\rfloor=3k+1+k+1=4k+2 \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} n=6k+4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{6k+4}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+6}{6}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+8}{6}\right\rfloor=2k+1+k+1+k+1=4k+3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{6k+4}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+7}{6}\right\rfloor=3k+2+k+1=4k+3 \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} n=6k+5 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{6k+5}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+7}{6}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+9}{6}\right\rfloor=2k+1+k+1+k+1=4k+3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left\lfloor\frac{6k+5}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{6k+8}{6}\right\rfloor=3k+2+k+1=4k+3 \end{eqnarray*}$

08.04.2012, 20:49

Mystic

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Zitat:

Original von nfngr
Vielen Dank für die Antwort. Ich habe das gerade mal durchgerechnet und es passt. Um ehrlich zu sein, bin ich extrem verwundert darüber, dass dieser extrem einfache Ansatz funktioniert (und dass ich nicht selber darauf gekommen bin). Ich habe nämlich nachdem ich den Post hier verfasst habe etwas auf wikipedia recherchiert und bin darauf gestoßen, dass dieses Problem damals von Ramanujan gestellt wurde: en.wikipedia.org/wiki/Floor_and_ceiling_functions#Solved_problem weswegen ich über diesen extrem simplen Lösungsansatz doch sehr verwundert bin.

Bei manchen mathematischen Sachverhalten ist es eben extrem schwierig, sie überhaupt zu entdecken, aber dann relativ leicht, sie auch zu beweisen... Von daher verwundert es mich nicht besonders, dass dieses Problem auf Ramanujan zurückgeht... Augenzwinkern

Edit: Ja, was den Beweis betrifft, da könnte man tatsächlich einiges verbessern, da würde ich weisbrot recht geben... Z.B. hätte ich überhaupt nach Behandlung des Falls n=6k, dann nur mehr die Fälle n=1,2,3,4,5 (also die von 0 verschiedenen Reste mod 6) betrachtet, was schon einmal eine Menge "Mehrgleisigkeit" aus der Rechnung nimmt...

08.04.2012, 20:53

weisbrot

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ok, schön, ist natürlich viel arbeit - aber wie gesagt hättest du 6k und 6k+1 sowie 6k+4 und 6k+5 jeweils zusammen betrachten können (wie du auch am ergebnis siehst) - also: n=6k+x mit x aus {0,1} bzw. {4,5} - da wäre je die rechnung gleich - hätteste dir etwas schreibarbeit erspart. aber sei nicht verwundert Augenzwinkern

- die interessantesten/ wichtigsten tatsachen können oft sehr einfach bewiesen werden - die wirkliche leistung besteht darin sich sowas auszudenken. lg

08.04.2012, 23:18

nfngr

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Vielen Dank euch Beiden. Mir ist bewusst, dass der "Beweis" keinen Schönheitspreis kriegt. Aber ich war so verwundert, weil mir bewusst war, dass ich es mit dem Ansatz zeigen kann, dass ich einfach drauf los gerechnet habe, ohne mir Gedanken über Vereinfachungen zu machen.

Gut, dann widmen wir uns mal der zweiten Gleichung auf Wikipedia smile

. Habe ich es mir wieder zu schwer gemacht? Big Laugh

Zu zeigen für $\begin{eqnarray*} n>0 \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \left\lfloor \frac{1}{2}+\sqrt{n+\frac{1}{2}}\right\rfloor=\left\lfloor \frac{1}{2}+\sqrt{n+\frac{1}{4}}\right\rfloor \end{eqnarray*}$

Beweis: Für $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ gilt die Identität offensichtlich. Weiterhin ist für $\begin{eqnarray*} \lambda\in\mathbb{N},\lambda \ge 1 \end{eqnarray*}$ die linke Seite konstant mit Ergebnis $\begin{eqnarray*} \lambda+1 \end{eqnarray*}$ auf dem Intervall: $\begin{eqnarray*} \left[\frac{(2\lambda + 1)^2-2}{4},\frac{(2\lambda+3)^2-2}{4}\right) \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} \lambda \ge 1 \end{eqnarray*}$ ist gilt $\begin{eqnarray*} \frac{(2\lambda + 1)^2-2}{4} < \lambda^2+\lambda < (\lambda+1)^2 + \lambda < \frac{(2\lambda+3)^2-2}{4} \end{eqnarray*}$ Somit können wir das Intervall auf $\begin{eqnarray*} [\lambda^2+\lambda, (\lambda+1)^2+\lambda] \end{eqnarray*}$ einschränken

Analog sieht man, dass die rechte Seite konstant mit Ergebnis $\begin{eqnarray*} \lambda+1 \end{eqnarray*}$ ist auf dem Intervall $\begin{eqnarray*} \left[\frac{(2\lambda+1)^2-1}{4},\frac{(2\lambda+3)^2-1}{4}\right) \end{eqnarray*}$ Da ebenfalls für $\begin{eqnarray*} \lambda\ge 1 \end{eqnarray*}$ gilt:
$\begin{eqnarray*} \frac{(2\lambda+1)^2-1}{4} {\color{red}=} \lambda^2+\lambda < (\lambda+1)^2+\lambda<\frac{(2\lambda+3)^2-1}{4} \end{eqnarray*}$ können wir auch hier das Intervall auf $\begin{eqnarray*} [\lambda^2+\lambda,(\lambda+1)^2+\lambda] \end{eqnarray*}$ einschränken.

Beide Seiten sind also auf den gleichen Intervallen mit dem gleichen Ergebnis konstant und für $\begin{eqnarray*} n>1 \end{eqnarray*}$ finden wir stets ein $\begin{eqnarray*} \lambda\ge 1 \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ im gewünschten Intervall liegt. Somit gilt die Identität.

08.04.2012, 23:49

weisbrot

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cool, sehr schöner beweis, mir würde spontan nichts "eleganteres" einfallen (wobei ich das schon ziemlich elegant finde Augenzwinkern

). selbst ausgedacht? lg

08.04.2012, 23:55

nfngr

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Danke

Und ja, selber ausgedacht. Die Methode mit den Intervallen habe ich schon mal bei einer Aufgabe mit Gaußklammern verwendet (auch hier im Forum gepostet, ist noch nicht so lange her), weswegen sie mir auch hier in den Sinn gekommen ist.

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