Prueba: $\lfloor \sqrt{ \lfloor x\rfloor } \rfloor = \lfloor\sqrt{x}\rfloor$ .

Question

Necesito ayuda con la siguiente prueba:

$\lfloor \sqrt{ \lfloor x\rfloor } \rfloor = \lfloor\sqrt{x}\rfloor$ .

Lo tengo:

(1) $[ \sqrt{x} ] \le \sqrt{x} < [\sqrt{x}] + 1$ (¿por definición?).

(2) $[ \sqrt{x} ]^2 \le x < ([\sqrt{x}] + 1)^2$ .

(3) $[ \sqrt{x} ]^2 \le [x] \le x < ([\sqrt{x}] + 1)^2$

??

Answer 1

Obsérvese que todo número no negativo $x$ está entre los cuadrados de dos enteros no negativos consecutivos. Digamos que $n^2 \leq x < (n+1)^2$ . Entonces $n \leq \sqrt{x} < n + 1$ Así que $\lfloor \sqrt{x} \rfloor = n$ en esta situación.

Así que sólo tienes que asegurarte de que el lado izquierdo también es $n$ . Desde $n^2$ es un número entero, se tiene $n^2 \leq \lfloor x \rfloor \leq x$ Así que $n^2 \leq \lfloor x \rfloor < (n+1)^2$ . Así que exactamente como arriba se tiene $\lfloor \sqrt{\lfloor x \rfloor} \rfloor = n$ también.

Answer 2

Una pista: para cualquier número entero positivo $n$ , $\sqrt{n+1}-\sqrt n=\frac 1{\sqrt{n+1}+\sqrt n}\lt 1$ Por lo tanto $$\sqrt{x}\leqslant \sqrt{[x]+1}\lt 1+\sqrt{[x]},$$ por lo que $[\sqrt x]\leqslant \sqrt{[x]}$ .

Desde $[\sqrt x]$ es un número entero, en realidad tenemos $$[\sqrt x]\leqslant [\sqrt{[x]}].$$ La desigualdad opuesta es una consecuencia del aumento de $t\mapsto \sqrt t$ y $[s]\leqslant s$ para cualquier número real $s$ .

Answer 3

En primer lugar, necesitas que $x \geq 0$ . Escriba $x=a+ \alpha$ donde $\left\lfloor \sqrt x \right \rfloor=a$ y $\alpha <1$ . Toma $n^2 \leq a < (n+1)^{2}$ . Ahora, tienes que demostrar que $n= \left \lfloor \sqrt a \right \rfloor = \left \lfloor \sqrt {a+ \alpha} \right \rfloor$ . $\left \lfloor \sqrt {a+ \alpha} \right \rfloor \leq \left \lfloor \sqrt {(n+1)^2 -1 + \alpha} \right \rfloor <\left \lfloor \sqrt {(n+1)^2} \right \rfloor =n+1$ . Esto implica $\left \lfloor \sqrt {a+ \alpha} \right \rfloor=n$ lo que necesitabas