Una conjetura relativa a una ecuación con piso funciones

Question

Pregunta : Es la siguiente conjetura verdadera?

Conjetura : Dejar $ g_{n,k}(x) = \left\lfloor{\,\sqrt[n]{\,x\,}\,{\left\lfloor{ \,\sqrt[n]{\,x\,}\,\left\lfloor\cdots\left\lfloor \,\sqrt[n]{\,x\,}\,\right\rfloor\cdots\right\rfloor}\right\rfloor}}\right\rfloor $ con $k$ $\,\sqrt[n]{\,x\,}\,$'s, una ecuación \begin{align} g_{n,n}(x) + \sum_{i = 1}^{n - 1}2^{i - 1}g_{n,n - i}\left(x\right) + 2^{n - 1} - 1 = x\qquad(\star)\end{align}

vale si y sólo si $x=l^n-1\ (l\ge 2\in\mathbb N)$.

Aquí, $\left\lfloor\,x\,\right\rfloor$ es el mayor entero no mayor que $x$.

Ejemplo : El $n=4$ caso de $(\star)$ es la siguiente :

La conjetura por encima de los estados que la siguiente ecuación tiene si y sólo si $x=l^4-1\ (l\ge 2\in\mathbb N)$ como $x=15, 80, 255, 624,\cdots$. $$\lfloor\sqrt[4]{x}\lfloor\sqrt[4]{x}\lfloor\sqrt[4]{x}\lfloor\sqrt[4]{x}\rfloor\rfloor\rfloor\rfloor+\lfloor\sqrt[4]{x}\lfloor\sqrt[4]{x}\lfloor\sqrt[4]{x}\rfloor\rfloor\rfloor+2\lfloor\sqrt[4]{x}\lfloor\sqrt[4]{x}\rfloor\rfloor+4\lfloor\sqrt[4]{x}\rfloor+7=x.$$

Motivación : yo he conocido a la siguiente pregunta :

"Encontrar todos los $x\gt0\in\mathbb R$ tal que $\lfloor\sqrt{x}\lfloor\sqrt{x}\rfloor\rfloor+\lfloor\sqrt{x}\rfloor+1=x$."

La respuesta es $x=(n+1)^2-1\ (n\in\mathbb N)$. Esto es en forma de $A^2-1$. Entonces, me interesé en la búsqueda de un similar ecuación cuyas soluciones están en la forma de $A^n-1$. Esta conjetura es verdadera para $n\le 6, x\le 100000$ por el uso de la computadora. Sin embargo, no tengo ninguna buena idea para demostrar esta conjetura. Alguien puede ayudar?

Answer 1

Tengo lo que podría ser un primer paso hacia una solución. Todo, asumo $n\ge2$$x\ge2$.

En primer lugar, vamos a $$ G_n(x)=g_{n,n}(x)+g_{n,n-1}(x)+2g_{n,n-2}(x)+\cdots+2^{n-1}g_{n,0}(x) $$ donde $g_{n,0}(x)=1$. Así, queremos arreglar $G_n(x)=x+1$.

Si $x=l^n$, obtenemos $g_{n,k}(l^n)=l^k$, y por lo $G_n(l^n)=l^n+(l^n-2)/(l-2)>l^n+1$, lo que descarta que el caso.

Suponga $l-1<u=\sqrt[n]{x}<l$ para algunos entero $l$. Escribimos $g_{n,1}(x)=u-\epsilon_1$, y luego por inducción obtener la expresión $$ g_{n,k}(x)=\lfloor u\cdot g_{n,k-1}(x)\rfloor =u^k-u^{k-1}\epsilon_1-\cdots-u\epsilon_{k-1}-\epsilon_k $$ donde$\epsilon_k\in[0,1)$$k=1,\ldots,n$. Estos, sustituimos en la expresión de $G_n(x)$, el uso de $\delta_k=1-\epsilon_k>0$ de simplificación, y obtener $$ G_n(x)=u^n+u^{n-1}\delta_1+u^{n-2}(\delta_1+\delta_2)+\cdots +(2^{n-2}\delta_1+\cdots+\delta_{n-1}+\delta_n) $$ donde podemos ver de inmediato que el $G_n(x)>x$, por lo tanto, $G_n(x)\ge x+1$.

Con el fin de tener $G_n(x)=x+1$, $\delta_k$ deben ser fuertemente limitada. Sin embargo, todavía no he descubierto cómo usar esta opción para limitar $x$$x=l^n-1$.

En particular, $\delta_1<1/u^{n-1}$ es necesario, lo que implica que $l=u+\delta_1$ es un número entero con $l<u(1+1/x)$. Esto le da $$ l^n<u^n\left(1+\frac{1}{x}\right)^n<x+n $$ que al menos garantiza $l^n-n<x<l^n$. Tengo la sospecha de un mejor uso de los límites en la $\delta_k$ puede ayudar, pero quisiera ver menos técnico de la prueba.

Si sustituimos en $x=l^n-1$, obtenemos $u\approx l-l/nx$. Esto debería ser suficiente para garantizar la $\delta_k\approx u^k/nx$, lo que creo que debería ser suficiente para garantizar el $G_n(x)=u^n+1=x+1$ si $u>2$. Sin embargo, yo no he tenido el tiempo para entrar en los detalles de este.

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Creo que puedo ver cómo el resto va, aunque lo que yo aporto aquí podría no ser muy completa.

Por lo tanto, vamos a $\delta=\delta_1=l-u<1/u^{n-1}$, por lo que tenemos $u=\sqrt[n]{x}=l-\delta$. Deje $g_k=g_{n,k}(x)$, por lo que tenemos $g_1=l-1$. Ahora, tenemos que demostrar por inducción que $g_k=l^k-l^{k-1}-\ldots-l-1$. Suponiendo que esta para $g_{k-1}$ y el uso de $g_k=ug_{k-1}-1+\delta_k$, tenemos $$ g_k=(l-\delta)g_{k-1}-1+\delta_k =(l^k-l^{k-1}-\ldots-l-1)-\delta g_{k-1}+\delta_k $$ donde $\delta_k=\delta g_{k-1}<\delta u^{k-1}<1$, dando a la expresión deseada para $g_k$. Nota cómo $\delta u^{n-1}<1$ que se requiere para hacer este trabajo.

Ahora que $g_k=l^k-l^{k-1}-\ldots-1$), el uso de estos en la expresión de $G_n$, obtenemos $G_n=l^n$. Para mostrar esto, hacemos uso de la inducción para obtener el $g_k+2g_{k-1}+\cdots+2^kg_0=l^k+\cdots+1$: tiene por $g_0=1$, y si se mantiene por $k-1$ tenemos $$ g_k+2g_{k-1}+\cdots+2^kg_0=g_k+2\cdot(l^{k-1}+\cdots+1)=l^k+\cdots+1. $$ Esto hace que $G_n=g_n+(g_{n-1}+2g_{n-2}+\cdots+2^{n-1}g_0)=l^n$. Por lo tanto, habiendo $G_n=x+1$ requiere $x=l^n-1$; lo contrario también debe seguir.