¿Cómo puedo demostrar que, para $a,b \in \mathbb{Z}$ tenemos $$ 0 \leq \left \lfloor{\frac{2a}{b}}\right \rfloor - 2 \left \lfloor{\frac{a}{b}}\right \rfloor \leq 1 \, ? $$ Aquí, $\left \lfloor\,\right \rfloor$ es el piso función. He probado lo siguiente: decir que $\frac{2a}{b} = x$ et $ \left \lfloor{\frac{2a}{b}}\right \rfloor = m$ con $0 \leq x - m \leq 1$ . Intenté lo mismo para $ 2 \left \lfloor{\frac{2a}{b}}\right \rfloor $ y luego combinar las dos desigualdades. Sin embargo, no parece haber servido de nada.
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En general $$ 0\le \lfloor 2x\rfloor -2\lfloor x\rfloor\le 1. $$ Prueba. O bien $x\in [k,k+1/2)$ o $x\in [k+1/2,k+1)$ para algunos $k\in\mathbb Z$ .
Si $x\in [k,k+1/2)$ entonces $$ \lfloor 2x\rfloor=2k\quad\text{and}\quad 2\lfloor x\rfloor=2k, $$ mientras que $x\in [k+1/2,k+1)$ para algunos $k\in\mathbb Z$ entonces $$ \lfloor 2x\rfloor=2k+1\quad\text{and}\quad 2\lfloor x\rfloor=2k. $$ Así que las desigualdades se mantienen en ambos casos.
stealth_angoid
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$0 \leq \left \lfloor{\frac{2a}{b}}\right \rfloor \leq \frac{2*a}{b} < 2*(\left \lfloor{\frac{a}{b}}\right \rfloor + 1)$ = $2*\left \lfloor{\frac{a}{b}}\right \rfloor$ + 2
$\left \lfloor{\frac{2a}{b}}\right \rfloor$ es un número entero, por lo que ser < que otro número entero significa ser $\leq$ que este entero -1
\=> $\left \lfloor{\frac{2a}{b}}\right \rfloor$ $\leq $ $2*\left \lfloor{\frac{a}{b}}\right \rfloor$ + 1
Editar:
En cuanto a la otra parte de la desigualdad:
$$\frac{2a}{b}= 2\left \lfloor{\frac{a}{b}}\right \rfloor + 2(\frac{a}{b}) $$ con $(x)$ siendo la parte fraccionaria de $x$ .
Lo único que queda por considerar es si $2(\frac{a}{b})$ es menor o mayor que $1$ para concluir.
da Boss
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geo
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Sólo por diversión, aquí hay una prueba alternativa, usando el mismo enfoque de inducción que otra respuesta mía de math.se . $ \newcommand{\calc}{\begin{align} \quad &} \newcommand{\op}[1]{\\ #1 \quad & \quad \unicode{x201c}} \newcommand{\hints}[1]{\mbox{#1} \\ \quad & \quad \phantom{\unicode{x201c}} } \newcommand{\hint}[1]{\mbox{#1} \unicode{x201d} \\ \quad & } \newcommand{\endcalc}{\end{align}} \newcommand{\Ref}[1]{\text{(#1)}} \newcommand{\floor}[1]{\lfloor#1\rfloor} \newcommand{\then}{\Rightarrow} \newcommand{\when}{\Leftarrow} \newcommand{\true}{\text{true}} \newcommand{\false}{\text{false}} $
Se nos pide que probemos $$ \tag{0} 0 \le \floor{2x} - 2 \floor{x} \le 1 $$ para todos los racionales $\;x\;$ .
Nuestra primera observación es que el hecho de que $\;x\;$ es racional, por lo que se puede escribir como $\;\tfrac a b\;$ para los enteros $\;a,b\;$ parece no ayudarnos en nada, así que en su lugar intentaremos probarlo para todos real $\;x\;$ .
Un gráfico rápido de $\;\floor{2x} - 2 \floor{x}\;$ muestra que tiene un periodo de $1$ . Abreviando $\Ref 0$ por $\;P(x)\;$ Esto sugiere que investiguemos $\;P(x+1)\;$ :
$$\calc P(x + 1) \op=\hint{expand abbreviation $ \;P\; $; simplify} 0 \le \floor{2x+2} - 2 \floor{x+1} \le 1 \op=\hint{move integer $ 2 $ out of left floor, and $ 1 $ out of right floor} 0 \le \floor{2x} + 2 - 2 (\floor{x}+1) \le 1 \op=\hint{simplify; abbreviation $ \;P\; $} P(x) \endcalc$$
Así que hemos probado $$ \tag 1 \langle \forall x :: P(x) \;\equiv\; P(x + 1) \rangle $$ que es una especie de "paso de inducción". Si además podemos demostrar el "caso base $$ \tag 2 \langle \forall x : 0 \le x \lt 1 : P(x) \rangle $$ entonces por inducción nuestro objetivo $\;\langle \forall x :: P(x) \rangle\;$ sigue. Podemos demostrar $\Ref 2$ como sigue: suponiendo que $\;0 \le x \lt 1\;$ tenemos
$$\calc P(x) \op=\hint{abbreviation $ \;P\; $} 0 \le \floor{2x} - 2 \floor{x} \le 1 \op=\hints{by our assumption and the definition of $ \N - Suelo; $} \hints{we have $ \0 piso de la planta de la empresa. \1; $, and $ \N - Suelo; $ is integer,} \hint{so $ \N - Suelo{x} = 0\N -; $} 0 \le \floor{2x} \le 1 \op=\hints{by our assumption and the definition of $ \N - Suelo; $} \hint{we have $ \N - 0 \N - suelo{2x} \lt 2\\lt; $; $ \N - Suelo; $ is integer} \true \endcalc$$
Esto completa la prueba.
