$[\sqrt{x}+\sqrt{x+1}]=[\sqrt{4x+2}], x \in \Bbb N$

Question

Pruebalo $[\sqrt{x}+\sqrt{x+1}]=[\sqrt{4x+2}], x \in \Bbb N$. Podría alguien ayudarme a resolver. Intento de muchas maneras, pero no puedo resolverlo (lo intenté: deje a$x=n^2 +k$ y no sé qué hacer después).

Answer 1

En primer lugar una alocada Lema:

Para $x > 1$ entonces $\sqrt{1 - \frac 1 x} + \sqrt{1 + \frac 3 x} > 2$

[$\sqrt{1 - \frac 1 x} + \sqrt{1 + \frac 3 x} > 2$ fib

$1 - \frac 1 x + 1 + \frac 3 x + 2\sqrt{(1 - \frac 1 x)(1 + \frac 3 x)} > 4$ fib

$2 + \frac 2 x + 2\sqrt{(1 + \frac 2 x -\frac 2 {x^2}} > 4$ fib

$1 + \frac 2 x -\frac 2 {x^2} > 1$ fib

$\frac 2 x -\frac 2 {x^2} > 0$ ]

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Así que ahora a responder a su pregunta:

Deje $n^2 \le x < (n+1)^2$ o en otras palabras $n^2 \le x \le n^2 + 2n$.

Es obvio:

$2n < \sqrt x + \sqrt {x + 1} < (n + 1) + (n + 1) = 2n + 2$.

Por lo $\lfloor \sqrt x + \sqrt {x + 1} \rfloor = \{2n, 2n + 1\}$.

Asimismo,$2n = \sqrt{4n} < \sqrt{4x + 2} \le \sqrt{4n^2 + 8n + 2} < \sqrt{4^2 + 8 + 4} = 2(n + 1) = 2n + 2$.

Por lo $\lfloor \sqrt {4x + 2} \rfloor = \{2n, 2n + 1\}$.

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Caso 1:

$n^2 \le x < x + 1 \le n^2 + n < n^2 + n + \frac 1 4 = (n + \frac 1 2)^2$

A continuación, $ \sqrt x + \sqrt {x + 1} < n + \frac 1 2 + n + \frac 1 2 < 2n + 1$

Por lo $\lfloor \sqrt x + \sqrt {x + 1} \rfloor = 2n$.

Asimismo,$ \sqrt{4x + 2} \le \sqrt{4n^2 + 4(n -1) + 2} < \sqrt{4n^2 + 4n + 1} = 2(n + \frac 1 2) = 2n + 1$.

Por lo $\lfloor \sqrt {4x + 2} \rfloor = 2n = \lfloor \sqrt x + \sqrt {x + 1} \rfloor$.

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Caso 2:

$n^2 + 2n + 1 \ge x + 1 > x \ge n^2 + n$.

A continuación,$\sqrt{4x + 2} \ge \sqrt{4n^2 + 4n + 2} = 2(n + \frac 12) = 2n + 1$.

Por lo $\lfloor \sqrt {4x + 2} \rfloor = 2n + 1$.

Ahora $\sqrt x + \sqrt {x + 1} \ge \sqrt{n^2 + n} + \sqrt{n^2 + n + 1} = \sqrt{n^2 + n + \frac 1 4 - \frac 1 4} + \sqrt{n^2 + n + \frac 1 4 + \frac 3 4}$

$= (n + \frac 1 2)[\sqrt{1 - \frac 1 {4(n + \frac 1 2)^2}} + \sqrt{1 + \frac 3 {4(n + \frac 1 2)^2}}]$

(recuerde que la alocada lema?)

$ > (n + \frac 1 2)2 = 2n + 1$.

Por lo $\lfloor \sqrt x + \sqrt {x + 1} \rfloor = 2n + 1 = \lfloor \sqrt{4x +2} \rfloor$.

Answer 2

Caso 1:$n^2\le x\le(n+1)^2-2$ (para$n\ge 3$), luego$$ n\le \sqrt{x}\le\sqrt{(n+1)^2-2}<n+1, n<\sqrt{n^2+1}\le \sqrt{x+1}<\sqrt{(n+1)^2-1}=n+1$ $ y$$ 2n<\sqrt{4n^2+2}\le \sqrt{4x+2}<\sqrt{4(n+1)^2-2}<2n+1$ Así que$$ 2n<\sqrt{x}+\sqrt{x+1}<2n+2, \sqrt{4x+2}=2n $ $ y$$ 2n+1\le[\sqrt{x}+\sqrt{x+1}]\le2n+2, [\sqrt{4x+2}]=2n+1. $ $ Ahora mostramos$$ \sqrt{x}+\sqrt{x+1}<2n+1. $ $ Note$\sqrt{x}+\sqrt{x+1}$ está aumentando y, por lo tanto,$$\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\le\sqrt{(n+1)^2-2}+\sqrt{(n+1)^2-1}.$ $ Note \begin{eqnarray} &&\sqrt{(n+1)^2-2}+\sqrt{(n+1)^2-1}-2n-1\\ &=&\frac{(n+1)^2-2-n^2}{\sqrt{(n+1)^2-2}+n^2}+\frac{(n+1)^2-1-n^2}{\sqrt{(n+1)^2-1}+n^2}-1\\ &<&\frac{4n-1}{\sqrt{(n+1)^2-2}+n^2}-1\\ &=&\frac{4n-1}{\sqrt{n^2+2n-1}+n^2}-1\\ &<&\frac{4n-1}{n+n^2}-1\\ &=&-\frac{n^2-3n+1}{n+n^2}\\ &<0 \end {eqnarray} para$n\ge 3$. Por lo tanto,$$2n<\sqrt{(n+1)^2-2}+\sqrt{(n+1)^2-1}<2n+1$ $ o$$[\sqrt{x}+\sqrt{x+1}=2n+1$ $ Caso 2:$x=(n+1)^2-1$. \begin{eqnarray} &&\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\\ &=&\sqrt{(n+1)^2-1}+n+1\\ &<&2(n+1) \end {eqnarray} y \begin{eqnarray} &&\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\\ &=&\sqrt{(n+1)^2-1}+n+1\\ &>&2n+1 \end {eqnarray} y, por tanto,$$ [\sqrt{x}+\sqrt{x+1}]=2(n+1). $ $ Por otra parte,$$ \sqrt{4x+2}=\sqrt{4(n+1)^2-2}<2(n+1) $ $ y$$ \sqrt{4x+2}=\sqrt{4(n+1)^2-2}>2n+1 $ $ y, por lo tanto,$$ [\sqrt{4x+2}]=2n+2 $ $ En ambos casos,$$ [\sqrt{x}+\sqrt{x+1}]=[\sqrt{4x+2}]. $ $ Caso 3: para$n=1,2$, es fácil comprobar que la desigualdad es verdadera.

Answer 3

Tomando la lista de enfoque, obtenemos

$$[\sqrt{n^2+k}+\sqrt{n^2+k+1}]=[\sqrt{4n^2+4k +2}]$$

Como $k$ se refiere a $n$, tenemos un piso de la función de límite de la RHS al$k\in\{-1,0\}$, y también en la $k\in\{n-1,n\}$, por lo que estos valores deben ser verificados en la LHS, para comprobar que estos son consecutivos límites de allí. Para $k\in\{-1,0\}$, del lado izquierdo se muestra el mismo comportamiento que el de la RHS, por lo que solo tenemos que mostrar que la LHS, también tiene un límite y en $k\in\{n-1,n\}$ comparando con $2n+1$ desde el lado derecho:

$$\left[\sqrt{n^2+n-1}+\sqrt{n^2+n}\right]\, R\, 2n+1 \\ \text{ vs. }\\ \left[\sqrt{n^2+n}+\sqrt{n^2+n+1}\right]\, R\, 2n+1$$

El cuadrado de los rendimientos

$$\left[2n^2+2n-1+2\sqrt{(n^2+n)(n^2+n-1)}\right]\ R\, 4n^2+4n+1\\ \left[2\sqrt{(n^2+n)(n^2+n-1)}\right]\ R\, 2n^2+2n+2$$

y debe quedar claro que $[\sqrt{n^2+n-1}+\sqrt{n^2+n}]\lt 2n+1$. A continuación tenemos

$$\left[2n^2+2n+1+2\sqrt{(n^2+n)(n^2+n+1)}\right]\ R\, 4n^2+4n+1\\ \left[2\sqrt{(n^2+n)(n^2+n+1)}\right]\ R\, 2n^2+2n$$

y también debe ser claro que $[\sqrt{n^2+n}+\sqrt{n^2+n+1}]\ge 2n+1$, completando la prueba.