Helfen Sie mit, den Beweis zu verifizieren, dass min(⌊N/2⌋,⌊(N+2)/p⌋)=⌊(N+2)/p⌋min(⌊N/2⌋,⌊(N+2)/p⌋ )=⌊(N+2)/p⌋\min \left({\lfloor{N/2}\rfloor, \lfloor{(N + 2)/p}\rfloor}\right) = \lfloor{(N + 2)/p}\rfloor für N≥pN≥pN \ge p

Question

Helfen Sie mit, den Beweis zu verifizieren, dass min(⌊N/2⌋,⌊(N+2)/p⌋)=⌊(N+2)/p⌋min(⌊N/2⌋,⌊(N+2)/p⌋ )=⌊(N+2)/p⌋\min \left({\lfloor{N/2}\rfloor, \lfloor{(N + 2)/p}\rfloor}\right) = \lfloor{(N + 2)/p}\rfloor für N≥pN≥pN \ge p

ganze Zahlen
Mathematik
Elementarzahlentheorie
Decken-und-Boden-Funktionen

Lorenz H. Menke

Nun, ich denke, dass ich das richtig habe, aber mein Beweis erscheint umständlich, also kann jemand diese Ergebnisse überprüfen oder einen vereinfachten Beweis vorschlagen.

Beweise das ( $N \ge p$ )

Mindest (⌊ \frac{N}{2} ⌋, ⌊ \frac{N + 2}{p} ⌋) = ⌊ \frac{N + 2}{p} ⌋

$\begin{equation*} \min \left({\left\lfloor{\frac{N}{2}}\right\rfloor, \left\lfloor{\frac{N + 2}{p}}\right\rfloor}\right) = \left\lfloor{\frac{N + 2}{p}}\right\rfloor \end{equation*}$

für prim $p \ge 3$ mit $N \ge p$ und $N \in \mathbb{Z}^{+}$ . Um dies zu sehen, lassen Sie $N = k\, p + m$ wo $k \in \mathbb{Z}^{+}$ und $m \in \left\{{0}\right.$ , $1$ , $\cdots$ , $\left.{p - 1}\right\}$ nach dem Quotientenrestsatz, dann zeigen Sie, dass diese Gleichung für alle Werte von gilt $k$ . Beginnen mit

⌊ \frac{N + 2}{p} ⌋ = ⌊ \frac{k p + m + 2}{p} ⌋ = k + δ_{2}

$\begin{equation*} \left\lfloor{\frac{N + 2}{p}}\right\rfloor = \left\lfloor{\frac{k\, p + m + 2}{p}}\right\rfloor = k + {\delta}_{2} \end{equation*}$

wo

δ_{2} = ⌊ \frac{m + 2}{p} ⌋ = {\begin{cases} 0, & zum m \leq p - 3, \\ 1, & zum m \in {p - 2, p - 1} . \end{cases}

$\begin{equation*} {\delta}_{2} = \left\lfloor{\frac{m + 2}{p}}\right\rfloor = \begin{cases} 0, & \text{for } m \le p - 3, \\ 1, & \text{for } m \in \left\{{p - 2, p - 1}\right\}. \end{cases} \end{equation*}$

Ebenfalls

⌊ \frac{N}{2} ⌋ = ⌊ \frac{k p + m}{2} ⌋ = ⌊ \frac{k p}{2} + \frac{m}{2} ⌋ .

$\begin{equation*} \left\lfloor{\frac{N}{2}}\right\rfloor = \left\lfloor{\frac{k\, p + m}{2}}\right\rfloor = \left\lfloor{\frac{k\, p}{2} + \frac{m}{2}}\right\rfloor. \end{equation*}$

Deshalb

k + δ_{2} \leq ⌊ \frac{k p}{2} + \frac{m}{2} ⌋ .

$\begin{equation*} k + {\delta}_{2} \le \left\lfloor{\frac{k\, p}{2} + \frac{m}{2}}\right\rfloor. \end{equation*}$

Ob $k$ ist sogar dann haben wir

k + δ_{2} \leq \frac{k p}{2} + ⌊ \frac{m}{2} ⌋ .

$\begin{equation*} k + {\delta}_{2} \le \frac{k\, p}{2} + \left\lfloor{\frac{m}{2}}\right\rfloor. \end{equation*}$

Auflösen für $k$ gibt

k \geq \frac{2 (δ_{2} - ⌊ m / 2 ⌋)}{p - 2} .

$\begin{equation*} k \ge \frac{2 \left({{\delta}_{2} - \left\lfloor{m/2}\right\rfloor}\right)}{p - 2}. \end{equation*}$

Ob ${\delta}_{2} = 0$ oder ${\delta}_{2} = 1$ dann $k \ge 2$ seit $k$ ist sogar und ${\delta}_{2} - \left\lfloor{m/2}\right\rfloor \le 1$ . Wenn jetzt $k$ seltsam ist, müssen wir zunächst drei Fälle betrachten

k + δ_{2} \leq \frac{(k + 1) p}{2} + ⌊ \frac{m - p}{2} ⌋ .

$\begin{equation*} k + {\delta}_{2} \le \frac{\left({k + 1}\right) p}{2} + \left\lfloor{\frac{m - p}{2}}\right\rfloor. \end{equation*}$

Auflösen für $k$ gibt

k \geq \frac{2 (δ_{2} - p / 2 - ⌊ (m - p) / 2 ⌋)}{p - 2} .

$\begin{equation*} k \ge \frac{2 \left({{\delta}_{2} - p/2 - \left\lfloor{\left({m - p}\right)/2}\right\rfloor}\right)}{p - 2}. \end{equation*}$

Mit $m = 0$ , dann ${\delta}_{2} = 0$ und

k \geq \frac{2}{p - 2} (- \frac{p}{2} + ⌈ \frac{p}{2} ⌉) = \frac{1}{p - 2} \geq 1

$\begin{equation*} k \ge \frac{2}{p - 2} \left({- \frac{p}{2} + \left\lceil{\frac{p}{2}}\right\rceil}\right) = \frac{1}{p - 2} \ge 1 \end{equation*}$

seit $\left\lceil{p/2}\right\rceil = \left({p - 1}\right)/2 + \left\lceil{1/2}\right\rceil = \left({p + 1}\right)/2$ mit $p \ge 3$ . Für die letzten beiden Fälle $m = p - 2$ oder $m = p - 1$ , $\delta = 1$ , dann

k \geq \frac{4 - p}{p - 2} \geq 1

$\begin{equation*} k \ge \frac{4 - p}{p - 2} \ge 1 \end{equation*}$

zum $p \ge 3$ . Damit gilt die Primärgleichung für $p \ge 3$ .

Antworten (2)

Helfen Sie mit, den Beweis zu verifizieren, dass min(⌊N/2⌋,⌊(N+2)/p⌋)=⌊(N+2)/p⌋min(⌊N/2⌋,⌊(N+2)/p⌋ )=⌊(N+2)/p⌋\min \left({\lfloor{N/2}\rfloor, \lfloor{(N + 2)/p}\rfloor}\right) = \lfloor{(N + 2)/p}\rfloor für N≥pN≥pN \ge p

Lorenz H. Menke · Answer 1

Zeige, dass

⌊ \frac{N}{2} ⌋ < ⌊ \frac{N + 2}{p} ⌋

$\begin{equation*} \left\lfloor{\frac{N}{2}}\right\rfloor < \left\lfloor{\frac{N + 2}{p}}\right\rfloor \end{equation*}$

ist ungültig. Lassen $N = k\, p + m$ wo $k \in \mathbb{Z}^{+}$ und $m \in \left\{{0}\right.$ , $1$ , $\cdots$ , $\left.{p - 1}\right\}$ nach dem Quotientenrestsatz. Zeigen Sie dann, dass dies für alle Werte von gilt $k$ und $m$ . Beginnend mit der linken Seite

⌊ \frac{N}{2} ⌋ = ⌊ \frac{p k + m}{2} ⌋ = ⌊ \frac{2 k + (p - 2) k + m}{2} ⌋ = k + ⌊ \frac{(p - 2) k + m}{2} ⌋

$\begin{equation*} \left\lfloor{\frac{N}{2}}\right\rfloor = \left\lfloor{\frac{p\, k + m}{2}}\right\rfloor = \left\lfloor{\frac{2\, k + \left({p - 2}\right) k + m}{2}}\right\rfloor = k + \left\lfloor{\frac{\left({p - 2}\right) k + m}{2}}\right\rfloor \end{equation*}$

dann die rechte Seite

⌊ \frac{N + 2}{p} ⌋ = ⌊ \frac{p k + m + 2}{p} ⌋ = k + ⌊ \frac{m + 2}{p} ⌋

$\begin{equation*} \left\lfloor{\frac{N + 2}{p}}\right\rfloor = \left\lfloor{\frac{p\, k + m + 2}{p}}\right\rfloor = k + \left\lfloor{\frac{m + 2}{p}}\right\rfloor \end{equation*}$

dann

⌊ \frac{(p - 2) k + m}{2} ⌋ < ⌊ \frac{m + 2}{p} ⌋ = δ_{2} = {\begin{cases} 0, & zum m \leq p - a - 1, \\ 1, & zum m \in {p - a, \dots, p - 2, p - 1} . \end{cases}

$\begin{equation*} \left\lfloor{\frac{\left({p - 2}\right) k + m}{2}}\right\rfloor < \left\lfloor{\frac{m + 2}{p}}\right\rfloor = {\delta}_{2} = \begin{cases} 0, & \text{for } m \le p - a - 1, \\ 1, & \text{for } m \in \left\{{p - a, \cdots, p - 2, p - 1}\right\}. \end{cases} \end{equation*}$

Dann

Mindest (⌊ \frac{N}{2} ⌋, ⌊ \frac{N + 2}{p} ⌋) = ⌊ \frac{N + 2}{p} ⌋

$\begin{equation*} \min \left({\left\lfloor{\frac{N}{2}}\right\rfloor, \left\lfloor{\frac{N + 2}{p}}\right\rfloor}\right) = \left\lfloor{\frac{N + 2}{p}}\right\rfloor \end{equation*}$

zum $p \ge 3$ . Um dies zu sehen, stellen Sie einen Widerspruch her. Dann

⌊ \frac{(p - 2) k + m}{2} ⌋ < δ_{2} .

$\begin{equation*} \left\lfloor{\frac{\left({p - 2}\right) k + m}{2}}\right\rfloor < {\delta}_{2}. \end{equation*}$

Jetzt mit $m \in \left\{{0}\right.$ , $1$ , $\cdots$ , $\left.{p - 3}\right\}$ , dann ${\delta}_{2} = 0$ und $\left({p - 2}\right) k + m \ge 1$ mit $\left\lfloor{\left[{\left({p - 2}\right) k + m}\right]/2}\right\rfloor \ge 0$ was dazu führt $0 < 0$ was ein Widerspruch ist. Nächste $m = p - 2$ und ${\delta}_{2} = 1$ dann

⌊ \frac{(p - 2) (k + 1)}{2} ⌋ < 1

$\begin{equation*} \left\lfloor{\frac{\left({p - 2}\right) \left({k + 1}\right)}{2}}\right\rfloor < 1 \end{equation*}$

mit $\left({p - 2}\right) \left({k + 1}\right) \ge 2$ führt zu $1 < 1$ was ein Widerspruch ist. Nächste $m = p - 1$ und ${\delta}_{2} = 1$ dann

⌊ \frac{(p - 2) k + p - 1}{2} ⌋ < 1

$\begin{equation*} \left\lfloor{\frac{\left({p - 2}\right) k + p - 1}{2}}\right\rfloor < 1 \end{equation*}$

mit $\left({p - 2}\right) k + p - 1 \ge 3$ führt zu $1 < 1$ was ein Widerspruch ist. Daher gibt es keine Fälle.

Sil · Answer 2

Sil

Sie können dies etwas einfacher beweisen, indem Sie zum Beispiel den Beweis durch Widerspruch verwenden:

Angenommen $\left\lfloor{\frac{N}{2}}\right\rfloor < \left\lfloor{\frac{N + 2}{p}}\right\rfloor$ . Dies impliziert $\frac{N}{2} < \frac{N+2}{p}$ oder nach Vereinfachung $p < 2+\frac{4}{N}$ .

Jetzt Fälle wo $N\leq 4$ kann leicht von Hand überprüft werden, also nehmen wir an $N>4$ , aber dann $p<3$ und wir haben einen Widerspruch mit $p\geq 3$ .

Beachten Sie, dass der Beweis nicht die Annahme verwendet hat, dass $p$ eine Primzahl ist, also gilt die ganze Zahl für jede natürliche Zahl $p$ .

Lorenz H. Menke

Ich sehe, was Sie tun, indem Sie die Bodenfunktion löschen, aber ich schaue auch auf den Fall

min (⌊ N / 4 ⌋, ⌊ \frac{N + 4}{p} ⌋) = ⌊ N / 4 ⌋

$\min (\lfloor{N/4}\rfloor, \lfloor{\frac{N + 4}{p}}\rfloor) = \lfloor{N/4}\rfloor$ zum

p = 5

$p = 5$ und

N \in 6, 7, 11

$N \in {6, 7, 11}$ und

⌊ \frac{N + 4}{p} ⌋

$\lfloor{\frac{N + 4}{p}}\rfloor$ ansonsten. Die Verwendung des neuen Ansatzes gibt

p < 4 + 16 / N

$p < 4 + 16/N$ . Für

p = 5

$p = 5$ die Fälle, in denen dies gilt, sind für

N \in 5, 6, 7, 8

$N \in {5, 6, 7, 8}$ . Also haben wir die Fälle hinzugefügt

N \in 5, 8

$N \in {5, 8}$ und den Fall verpasst

N = 11

$N = 11$ . Gehe ich falsch an, wenn ich annehme, dass diese Methode alle Lösungen generiert, oder soll sie zeigen, dass Lösungen entweder möglich sind oder nicht?

Sil

Nun, das war nicht Teil der Frage, ich schlage vor, eine neue Frage mit generischen zu stellen

k

$k$ anstelle von

4

$4$ und machen Sie deutlich, dass Sie es wissen wollen

k

$k$ wofür

N

$N$ und

p

$p$ das funktioniert. Der Ansatz in dieser Antwort gibt Ihnen im Allgemeinen eine ausreichende, aber nicht notwendige Bedingung (es sagt Ihnen das

p < k + k^{2} / N

$p<k+k^2/N$ , so für

N > k^{2}

$N>k^2$ du weißt schon

p < k + 1

$p<k+1$ ), sodass Sie nachweisen können, dass dies funktioniert

N

$N$ ab einem bestimmten Punkt, aber für die folgenden Punkte müssen Sie ein anderes Argument finden.

Sil

Beachten Sie, dass für höher

k

$k$ Werten wird es immer problematischer, z

k = 6

$k=6$ Mit meinem Argument können Sie das sicher zeigen

N

$N$ zu wählen ist

N > 36

$N>36$ , und wenn Sie beispielsweise die folgenden Werte ausprobieren

N = 29

$N=29$ und

p = 7

$p=7$ es wird tatsächlich scheitern. Für

k = 10

$k=10$ mein Argument gibt sicher

N > 100

$N>100$ , und zwar, wenn Sie es zum Beispiel unten versuchen

N = 89

$N=89$ ,

p = 11

$p=11$ Aussage gilt wieder nicht, also darunter

k^{2}

$k^2$ Es ist problematisch ... Ich denke, Sie sollten zuerst herausfinden, was Sie damit erreichen möchten, und auch einen Kontext angeben, wie dieses Problem entsteht und was Sie damit zu lösen versuchen, es würde in diesem Fall helfen.

Lorenz H. Menke

Das allgemeine Problem besteht darin, die Fälle von zu finden

a

$a$ und

N

$N$ wo

⌊ N / a ⌋ < \floor (N + a) / p ⌋

$\lfloor{N/a}\rfloor < \floor{(N + a)/p}\rfloor$ wo

N \geq p

$N \ge p$ und

a \in 1, 2, 3, \dots, p - 1

$a \in {1, 2, 3, \cdots, p - 1}$ / Ich weiß das

a = 1, 2, 3

$a = 1, 2, 3$ es gibt keine Lösungen und der erste Fall tritt für auf

a = 4

$a = 4$ wo

p = 5

$p = 5$ und

N = 6, 7, 11

$N = 6, 7, 11$ . Dies ist ein Zählproblem für Quadrate dieses Faktors. Ich arbeite an der Primzahl

p

$p$ Fälle. Ja im Allgemeinen erfordert die Lösung das nicht

p

$p$ Primzahl zu sein.

Lorenz H. Menke

Das allgemeine Problem besteht darin, die Fälle von zu finden

a

$a$ und

N

$N$ wo

⌊ N / a ⌋ < ⌊ (N + a) / p ⌋

$\lfloor{N/a}\rfloor < \lfloor{(N + a)/p}\rfloor$ wo

N \geq p

$N \ge p$ und

a \in 1, 2, 3, \dots, p - 1

$a \in {1, 2, 3, \cdots, p - 1}$ / Ich weiß das

a = 1, 2, 3

$a = 1, 2, 3$ es gibt keine Lösungen und der erste Fall tritt für auf

a = 4

$a = 4$ wo

p = 5

$p = 5$ und

N = 6, 7, 11

$N = 6, 7, 11$ . Dies ist ein Zählproblem für Quadrate dieses Faktors. Ich arbeite an der Primzahl

p

$p$ Fälle. Ja im Allgemeinen erfordert die Lösung das nicht

p

$p$ Primzahl zu sein.

Helfen Sie mit, den Beweis zu verifizieren, dass min(⌊N/2⌋,⌊(N+2)/p⌋)=⌊(N+2)/p⌋min(⌊N/2⌋,⌊(N+2)/p⌋ )=⌊(N+2)/p⌋\min \left({\lfloor{N/2}\rfloor, \lfloor{(N + 2)/p}\rfloor}\right) = \lfloor{(N + 2)/p}\rfloor für N≥pN≥pN \ge p

Lorenz H. Menke

Antworten (2)

Lorenz H. Menke

Sil

Lorenz H. Menke

Sil

Sil

Lorenz H. Menke

Lorenz H. Menke

Es gibt unendlich viele Primzahlen der Form p=⌊n−−√+n+1−−−−−√⌋p=⌊n+n+1⌋p = \lfloor\sqrt{n} + \sqrt{n + 1} \rEtage.

Wenn ⌊ab⌋=⌊a⌋⌊b⌋⌊ab⌋=⌊a⌋⌊b⌋\lfloor{ab}\rfloor = \lfloor{a}\rfloor\lfloor{b}\rfloor

Warum ändert sich ⌊n−−√⌋⌊n⌋\lfloor \sqrt{n} \rfloor um höchstens eins, wenn nnn erhöht wird?

Bedeutet die exponentielle diophantische Gleichung 2nn−nss(n−s)n−s=1/9,92nn−nss(n−s)n−s=1/9,92^nn^{-n}s^s(ns )^{ns}=1/9,9 eine Lösung?

Beweisen Sie, dass (3a+3b)!(2a)!(3b)!(2b)!(2a+3b)!(a+2b)!(a+b)!a!(b!)2(3a+3b) !(2a)!(3b)!(2b)!(2a+3b)!(a+2b)!(a+b)!a!(b!)2\frac{(3 a+3 b) !( 2 a) !(3 b) !(2 b) !}{(2 a+3 b) !(a+2 b) !(a+b) ! a !(b !)^{2}} ist eine ganze Zahl.

Beweis, dass ∑b−1i=1⌊abi⌋=∑a−1j=1⌊baj⌋∑i=1b−1⌊abi⌋=∑j=1a−1⌊baj⌋ \sum_{i=1}^{b -1} \left\lfloor \frac{a}{b}i \right\rfloor = \sum_{j=1}^{a-1} \left\lfloor \frac{b}{a}j \right\ rfloor

∑(p−1)2i=0[qip]+∑(q−1)2i=0[piq]=(p−1)(q−1)4∑i=0(p−1)2[qip] +∑i=0(q−1)2[piq]=(p−1)(q−1)4\sum_{i=0}^{\frac{(p-1)}{2}} [\ frac{qi}{p}] + \sum_{i=0}^{\frac{(q-1)}{2}} [\frac{pi}{q}] = \frac{(p-1) (q-1)}{4} für unterschiedliche ungerade Primzahlen p,qp,qp,q

Gibt es eine Möglichkeit festzustellen, ob eine ganze Zahl zwischen zwei rationalen Zahlen liegt, ohne sie zu kennen?

Verallgemeinerung r(n2)=r(n)2,r(n2)=r(n)2,\,r(n^2) = r(n)^2,\, für r(n):=r( n):=\,r(n) := Kehre die Ziffern von nnn um

Summe der Kehrwerte ungerader Zahlen, die zusammen 222 ergeben