Solucionar $\lfloor \sqrt x \rfloor = \lfloor x/2 \rfloor$ real $x$

Question

Estoy tratando de solucionar $$\lfloor \sqrt x \rfloor = \left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor$$ real $x$. Obviamente, esto no puede ser cierto para cualquier negativos reales, ya que la raíz no está definido para tal.

Mi planteamiento es el siguiente: Vamos a $x=:n+r$, $n \in \mathbb{N}_0, 0\leq r < 1$.

Para el lado izquierdo $\lfloor \sqrt {n+r} \rfloor = \lfloor \sqrt {\lfloor n+r\rfloor} \rfloor = \lfloor \sqrt n \rfloor$ sostiene (sin necesidad de pruebas).

$$\left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n+r}{2} \right\rfloor = \left\{ \begin{array}{l l} \frac{n}{2} & \quad \text{for n even} \\ \frac{n-1}{2} & \quad \text{for n odd} \end{array}\right.$$

Ahora yo no sé realmente si que había me llevan en la dirección correcta, pero voy a escribir mis pensamientos de todos modos.

Vamos $\sqrt n =: n'+r'$, $n \in \mathbb{N}_0, 0\leq r < 1$.

Por lo tanto,$\lfloor n'+r' \rfloor = n'$. Y $n = (n'+r')^2 = n'^2 +2n'r' +r'^2$

Para que $n',r'$ tiene $$ n' < n'^2 + 2n'r' + r'^2.$$

Bien y ahora estoy atascado y no sé cómo proceder.

Agradecería cualquier ayuda.

Answer 1

Es completamente obvio que $x$ debe ser un número real negativo. Descomponemos como el siguiente formato:

$$x=k^2+n+r$$

en que $k^2$ es el entero más grande menor o igual a $x$ en que es un cuadradas de un número entero. Por lo que es completamente evidente que

$$n<(k+1)^2-k^2\rightarrow n<2k+1$$ $r$ es un número real tal que $0\leq r<1$

Podemos decir que el $k\leq\sqrt{x}<k+1$, por lo tanto $\lfloor \sqrt{x}\rfloor=k$.

Así el problema se reduce a $k=\lfloor \frac{k^2+n+r}{2}\rfloor$.

Así que a partir de la anterior eqaulity podemos deducir

$\lfloor\frac{k^2}{2}\rfloor\leq k$, pero para $k\geq 3$, el lado izquierdo de la inequlity crece mucho más rápido que el lado derecho, por lo que sólo es cierto para los tres valores de $k$. En otras palabras $k=0,1,2$.

$k=0:$

En este caso,$n<2k+1=1$, por lo tanto podemos decir que el $n=0$, por lo que tenemos $$k=\lfloor \frac{k^2+n+r}{2}\rfloor\rightarrow 0=\lfloor\frac{r}{2}\rfloor\rightarrow 0\leq r<2$$ que es un verdadero inequlity para todos los valores de $r$(tenga en cuenta que en la primera asumimos $0\leq r<1$).

Así que en este caso $x$ reduce a $k^2+n+r=0+0+r=r$ para todos los valores de $r$, lo $x\in[0,1)$

$k=1:$

En este caso tenemos

$$k=\lfloor \frac{k^2+n+r}{2}\rfloor\rightarrow 1=\lfloor\frac{1+n+r}{2}\rfloor$$ Además, hemos $$n<2k+1=3\rightarrow n=0,1,2$$ Podemos decir $$1=\lfloor\frac{1+n+r}{2}\rfloor\rightarrow 1\leq n+r<3$$ in which for $n=0$, this condition is not satisfied, but is satisfied for $n=1,2$. Por tanto, en este caso tenemos:

$$x=k^2+n+r=1+1+r=2+r$$ or $$x=k^2+n+r=1+2+r=3+r$$ Por lo $x\in[2,4)$

$k=2:$

En este caso tenemos a $$2=\lfloor\frac{4+n+r}{2}\rfloor\rightarrow 0\leq n+r<2$$ pero en este caso $n<2k+1=5\rightarrow n=0,1,2,3,4$. Pero para $n=2,3,4$, la condición de $0\leq n+r<2$ no está satisfecho y por lo tanto podemos decir en este caso $$x=k^2+n+r=4+n+r=4+0+r\space\space\space\space or\space\space\space x=4+1+r$$ Así que en este caso $x\in[4,6)$

Así que la solución para el caso de la igualdad es la unión de estos intevals:

$$x\in[0,1)\cup [2,4)\cup [4,6)\rightarrow x\in[0,1)\cup [2,6)$$

Answer 2

Tenga en cuenta que $\lfloor{\sqrt{x}}\rfloor$ cambios de valor (aumenta en uno) sólo al $x$ es un cuadrado perfecto, mientras que $\lfloor{x/2}\rfloor$ cambios de valor sólo cuando $x$ es un entero par. Ambos lados de la ecuación son inicialmente $0$ (a $x=0$). Los primeros cambios son al $x=1$ (un cuadrado perfecto, rompiendo la igualdad), $x=2$ (un entero par, la restauración de la igualdad), $x=4$ (un cuadrado perfecto y un entero par, la preservación de la igualdad), y $x=6$ (un entero par, rompiendo la igualdad). Hasta ahora, los intervalos de $[0,1)$ $[2,6)$ satisfacer la igualdad, y en este punto, el lado izquierdo es más pequeño que el derecho. No es difícil ver que los números enteros son más numerosos que los cuadrados perfectos de aquí en adelante, por lo que la solución completa es $[0,1) \cup [2,6)$.

Answer 3

A partir de la expresión es inmediatamente obvio que $x \geq 0$ porque $\lfloor\sqrt{-1}\rfloor = i$. La ecuación no tiene soluciones reales para $x<0$.

También, es obvio que $x=0$ obras. Pero eso es un caso especial. Trate de poner $x=1$ en la ecuación. $1=0$. Necesitamos tener $\lfloor\frac{x}{2}\rfloor=1$ para obtener el mínimo. Por lo tanto, $x_{min}=2$

Ahora, necesitamos determinar los límites superiores. Sabemos que $\mid\sqrt{x}-\frac{x}{2}\mid < 1$ es una condición necesaria para la ecuación dada para ser verdad. Esta condición es true para $x<2(2+\sqrt{3})$. Ahora estamos seguros de que $x\in[0,2(2+\sqrt{3})\rangle$.

Tenga en cuenta que nosotros no demostrar que esto funciona para los números hasta el $2(2+\sqrt{3})$. Sólo nos demostró que no hay números fuera de este rango.

Vamos a ver cuánto hemos sobrepasado el max solución probando los $x_{max}$ en la ecuación:

$$\lfloor\sqrt{2*(2+\sqrt{3})}\rfloor = \lfloor\frac{x}{2}\rfloor \Rightarrow 2=3$$

De lo anterior podemos concluir que el $\lfloor\frac{x}{2}\rfloor = 2$ para hacer verdadera la ecuación. Eso significa que $x<6$. Eso significa que $x\in[0,1\rangle\cup[2,6\rangle$

Answer 4

Vamos $f(x)=\lfloor\sqrt x\rfloor$, $g(x)=\lfloor x/2\rfloor$.

Para $0\le x<1$, $f(x)=g(x)=0$.

Para $1\le x<2$, $f(x)=1$ pero $g(x)=0$.

Para $2\le x<4$, $f(x)=g(x)=1$.

Para $4\le x<6$, $f(x)=g(x)=2$.

Para $6\le x<9$, $f(x)=2$ y $g(x)\ge 3$.

Y para $x\ge 9$, $$\frac x2-\sqrt x=\frac12(\sqrt x-1)^2-\frac12\ge2-\frac12>1$$ por lo $g(x)>f(x)$.

Answer 5

Claramente $x$ no puede ser negativo, y $\sqrt{x}$ $\frac{x}2$ no puede estar demasiado lejos. Son iguales para $x=4$, y después de eso $\frac{x}2$ supera $\sqrt{x}$ por más y más como $x$ aumenta. Por lo tanto, debemos centrarnos inicialmente en relativamente pequeñas y no valores negativos de $x$. Puntos en donde uno o el otro piso aumentos son cuadrados perfectos y números enteros, así que nos fijamos en los intervalos que tienen tales enteros como puntos finales.

Para $x\in[0,1)$, claramente tenemos

$$\lfloor\sqrt{x}\rfloor=0=\left\lfloor\frac{x}2\right\rfloor\;.$$

Para $x\in[1,2)$ tenemos $\lfloor\sqrt{x}\rfloor=1$, pero $\left\lfloor\frac{x}2\right\rfloor=0$. Hasta el momento, entonces, tenemos soluciones $[0,1)\cup\{2\}$.

Para $x\in[2,4)$ tenemos $$\lfloor\sqrt{x}\rfloor=1=\left\lfloor\frac{x}2\right\rfloor\;,$$

y para $x\in[4,6)$ hemos

$$\lfloor\sqrt{x}\rfloor=2=\left\lfloor\frac{x}2\right\rfloor\;,$$

de modo que el conjunto de soluciones se ha expandido a $[0,1)\cup[2,6)$. Afirmo que para $x\ge 6$, sin embargo, la separación entre el $\sqrt{x}$ $\frac{x}2$ es demasiado grande, y siempre lo hemos

$$\lfloor\sqrt{x}\rfloor<\left\lfloor\frac{x}2\right\rfloor\;.$$

En primer lugar, para $x\in[6,9)$ tenemos $\lfloor\sqrt{x}\rfloor=2$, pero $\left\lfloor\frac{x}2\right\rfloor\ge 3$. Ahora supongamos que $n\in\Bbb Z^+$, $n\ge 3$, y $n^2\le x<(n+1)^2$. A continuación,$\lfloor\sqrt{x}\rfloor=n$, y

$$\left\lfloor\frac{x}2\right\rfloor\ge\left\lfloor\frac{n^2}2\right\rfloor\;.$$

Estamos de hecho si podemos demostrar que $\left\lfloor\frac{n^2}2\right\rfloor\ge n+1$$n\ge 3$. Y esta es una sencilla prueba por inducción. La desigualdad a la que sin duda tiene al $n=3$. Supongamos que se cumple para algunos $n\ge 3$. Entonces

$$\left\lfloor\frac{(n+1)^2}2\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n^2+2n+1}2\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n^2+1}2\right\rfloor+n\ge\left\lfloor\frac{n^2}2\right\rfloor+n\ge 2n+1>n+2\;,$$

y la inducción paso es completa.