La generalización de $\lfloor \sqrt n+\sqrt {n+1}+\sqrt{n+2}+\sqrt{n+3}+\sqrt{n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt {25n+49}\rfloor$

Question

He estado preguntando a la siguiente pregunta en el MSE, con una respuesta: $\lfloor \sqrt n+\sqrt {n+1}+\sqrt{n+2}+\sqrt{n+3}+\sqrt{n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt {25n+49}\rfloor$ es cierto?

He encontrado este relacional de expresión mediante el uso de la computadora. Entonces, me interesé en la generalización de esta expresión. Después de recibir una respuesta, me decidí a empezar un ejemplo fácil.

En primer lugar, tengo la siguiente prueba: $$\lfloor\sqrt n+\sqrt {n+1}\rfloor=\lfloor\sqrt {4n+1}\rfloor=\lfloor\sqrt{4n+2}\rfloor.$$

Tenga en cuenta que $\lfloor x \rfloor$ es el mayor entero no mayor que $x$.

Prueba: Por el AM-GM de la desigualdad, obtenemos $n\lt\sqrt{n(n+1)}\lt n+1/2$. Entonces, tenemos $$4n+1\lt\left(\sqrt n+\sqrt{n+1}\right)^2=4n+2-2\left(n+1/2-\sqrt{n(n+1)}\right)\lt4n+2. $$ Por cierto, no son cuadrados perfectos en $\left(4n+1, 4n+2\right].$ (desde $k^2\equiv0, 1(mod 4)$ para cualquier número natural $k$, no hay ningún número natural $k$ tal que $k^2=4n+2$.) Ahora, la prueba se ha completado.

Segundo, acabo de nuevas expresiones relacionales mediante el uso de equipo: $$\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\rfloor=\lfloor\sqrt{9n+8}\rfloor,$$ $$\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}+\sqrt{n+3}\rfloor=\lfloor\sqrt{16n+20}\rfloor$$ para cualquier natural numbre $n$.

No voy a pedir estos expresión porque voy a probar estos por mí mismo.

Tercero, no tengo ningún tipo de expresión alrededor de los seis términos de expresión'. Entonces, espero que el siguiente teorema sería demostrar la verdad:

Teorema: Para cualquier número real $c$, existe un número natural $n$ tal que $$\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}+\sqrt{n+3}+\sqrt{n+4}+\sqrt{n+5}\rfloor\not=\lfloor\sqrt{36n+c}\rfloor.$$

Entonces, aquí está mi pregunta.

Pregunta: El teorema escribí es cierto? Si es verdad, por favor, muéstrame cómo demostrarlo. Si no es cierto, por favor, dame un contraejemplo.

Cualquier ayuda sería appriciated.

Answer 1

Deje $g(n)=\sqrt n+\sqrt{n+1}+\ldots+\sqrt{n+5} $$f(n)=\lfloor g(n)\rfloor$. Cuando se busca una $c$ tal que $$f(n) = \lfloor \sqrt{36n+c}\rfloor $$ para todos los $n$, cada una de las $n$ nos da algunas condiciones en $c$, es decir, que $$f(n)\le\sqrt{36n+c}<f(n)+1 $$ que es $$\tag1f(n)^2-36n\le c<(f(n)+1)^2-36n.$$ De esta manera, $n=1$ nos da $64\le c<85$ $n=11$ nos da $88\le c<133$. Desde estas inequalites se contradicen unas a otras, no $c$ funciona para todas las $n$, con lo que su teorema es verdadero.

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Podemos encontrar adecuado $c$ si se nos permite omitir el primer par de valores de $n$:

Tenga en cuenta que para $k>0$ $$\sqrt{n+k}-\sqrt{n}=\frac{k}{\sqrt{n+k}+\sqrt n}\in\left(\frac{k}{2\sqrt{n+k}},\frac{k}{2\sqrt{n}}\right),$$ por lo tanto $$ 6\sqrt n+\frac{15}{2\sqrt{n+5}}<g(n) <6\sqrt n+\frac{15}{2\sqrt n}$$ y $$\tag236n+90\sqrt{\frac{n}{n+5}}+\frac{225}{4(n+5)}< g(n)^2<36n+90+\frac{225}{4n}.$$ Suponga $n\ge20$, por lo que el $4(n+5)\le 5n$. De $\sqrt{1+\frac 5n}<1+\frac{5}{2n}$ tenemos $\sqrt{\frac{n}{n+5}}>\frac1{1+\frac5{2n}}>1-\frac5{2n}$, de modo que el lado izquierdo de (2) se convierte en $$ g(n)^2>36n+90\left(1-\frac5{2n}\right)+\frac{45}{n}=36n+90-\frac{180}{n}.$$ Así, por $n>180$ tenemos $\sqrt{36n+89}<g(n)<\sqrt{36n+91}$ y por lo tanto $$ f(n)\in\bigl\{\lfloor\sqrt{36n+89} \rfloor,\lfloor\sqrt{36n+90} \rfloor,\lfloor\sqrt{36n+91} \rfloor\bigr\}.$$ Desde $36n+90$ $36n+91$ no puede ser cuadrados perfectos ($x^2\equiv 18\pmod{36}$$x^2\equiv 19\pmod{36}$no tienen soluciones), llegamos a la conclusión de $$ f(n)=\lfloor\sqrt{36n+89} \rfloor=\lfloor\sqrt{36n+90} \rfloor=\lfloor\sqrt{36n+91} \rfloor$$ al menos para $n>180$, y por la inspección de todos los $n>3$.

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Nota: Los anteriores cálculos sugieren también que el valor de $c$, se debería comprobar en el caso general: Similares a las anteriores, nos encontramos con que $$ \sqrt n+\ldots +\sqrt{n+k}\approx (k+1)\sqrt n+\frac{0+1+\ldots +k)}{2\sqrt n}=(k+1)\sqrt n+\frac{k(k+1)}{4\sqrt n}$$ y por lo tanto $$ \left(\sqrt n+\ldots +\sqrt{n+k}\right)^2\approx (k+1)^2n+\frac{k(k+1)^2}{2}.$$ Más detalles dependen de si los enteros cerca de $\frac{k(k+1)^2}{2}$ son plazas modulo $(k+1)^2$.