Matematyka krolowa nauk ;)

[Hoko]

te, dowcipniś... do nauki byś się lepiej wziął 
*

Nie do końca łapię to powyższe LA, ale tam chyba znowu jest wyciąganie n z podłogi, co nie uchodzi. Ale być może sztuka polega na tym, by to jakoś obejść. Pamiętam, ze repertuar takich obejść był całkim spory - pomocnicze ciągi, dowodzenie nie wprost itp. Tylko ze ostatnio miałem z tym do czynienia jakieś ćwierć wieku temu, a teraz muszę sobie przypominać najprostsze rzeczy, a na dodatek co rusz tracę wątek 
Niemniej wczoraj po tych pompkach spróbowałem, wychodząc od wyliczeń LA, tylko w uproszczonej formie.

Biorę nie cały ciąg, tylko wyrażenie z n.
[na]

Biorę a dodatnie, dla ujemnych trzeba osobno.

a składa się z dwóch części - całkowitej i mantysy więc
a=b+c
b∈Z+ c∈(0,1)

[na]=[nb+nc]

def [k + x] = k + [ x]
k∈Z

b∈Z+ n∈Z+ więc nb∈Z+

[nb + nc] = nb + [nc]

dzielimy przez n

(nb+[nc])/n = nb/n + [nc]/n

gdy [nc]/n ∈ (0,1)  czyli jest ułamkowe, całość jest niepodzielna przez n
a że c∈(0,1)
c<1
więc dla każdego c (więc i dla każdego a z niezerową mantysą) [nc]<n
więc [nc]/n < 1
więc [nc]/n∈(0,1)

c.b.d.u

sprawdźcie, czy się nie machnąłem gdzieś, jeśli nie, to podobne dowodzenie można by spróbować do całości
w dowodzie zamiast tych "więc, gdy, dla każdego" należałoby zastosować kwantyfikatory i podobne im wynalazki
dla liczb całkowitych trzeba oczywiście zrobić osobny dowód, ale to już becik, bo iloczyn w podłodze jest zawsze równy zwykłemu iloczynowi i wtedy te wyliczenia LA mają sens.

edit
jest błąd - trzeba będzie "nie dla każdego c" tylko "dla każdego c istnieje takie n że" - ale to po obiedzie

edit 2
czy może jednak nie ma błędu, a tylko w trakcie siekania jarmużu straciłem wątek? 

[Lieber Augustin]

...ale tam chyba znowu jest wyciąganie n z podłogi, co nie uchodzi.

Na ogół, owszem, nie uchodzi. Z powodu "przeskoku" podłogi, gdy mantysa mnożona przez kolejne liczby naturalne z przedziału [1, n] przekracza jedynkę. (Względnie 2, 3, itd., to już zależy od wartości mantysy i n). Sam przecież o tym pisałeś:
https://forum.lem.pl/index.php?topic=176.1050

Ale w moim, nazwijmy je tak, "udowodnieniu" chyba uchodzi. Mantysa alfa równa się 1/n. Tak mi się zachciało. Zatem przeskok zachodzi dopiero w ostatnim składniku sumy, tzn. [n*a]. I to dokładnie o jedynkę. Podzas gdy dla wszystkich i<n nie zachodzi. A skoro tak, skoro podłoga się nie zmienia, to chyba mamy prawo wyciągnąć ją przed nawias:
[i*a]=i[a]
[a]+[2a]+...[i*a]=[a](1+2+...+i)

No, a dalej można łatwo pokazać, że suma z zadania nie jest podzielna bez reszty przez n, gdyż zawiera część całkowitą oraz ułamkowy składnik 1/n. Co właściwie uczyniłem


W sumie Twoje rozumowanie jest bardzo podobne do mojego, tyle że dotyczy nie całej sumy z zadania, tylko jej ostatniego składnika, n*[a]. I przy odrobinie złej woli można by się czepiać, że kto wie, a nuż suma pierwszych n-1 składników też jest ułamkowa, i nie wiadomo, co wyjdzie, jak dodać do niej n*[a], bla-bla-bla.
Ale ja oczywiście nie będę tego robił

[Hoko]

LA,
odnośnie zarzutu na końcu -oczywiście, że tak jest. Dlatego ja nie powiedziałem, że to jest dowód na nasze zadanie, tylko schemat, który można by zastosować do dowodzenia dla całego ciągu.

Co do Twojego wzoru, to na kartce jest napisane "przeskok" a pod tym n wyciągnięte przed podłogę. Ja nie bardzo łapię, o co tam chodzi, więc niech się wypowie maziek Poza tym, to ma działać dla wszystkich a, więc dla wszystkich mantys, a nie tylko wybranych.
Moje rozumowanie jest podobne, bo przecie napisałem, że inspirowałem się Twoim, a celem było uniknięcie wyciągania n przed podłogę 

[Lieber Augustin]

Co do Twojego wzoru, to na kartce jest napisane "przeskok" a pod tym n wyciągnięte przed podłogę. Ja nie bardzo łapię, o co tam chodzi, więc niech się wypowie maziek

Zanim się wypowie maziek, spróbuję jako tako przybliżyć

A więc, niech a=b+1/n, podłoga plus mantysa. b ∈ Z, n ∈ N.
[n*a]=[n*(b+1/n)]=[n*b+n/n]=[n*b+1]
Ponieważ zarówno n, b, jak i 1 są liczbami całkowitymi, to
[n*b+1]=n*b+1
Pamiętamy, iż b to podłoga a, b=[a], podstawiamy i mamy:
[n*a]=n*[a]+1

Wracając do wyjściowej sumy:
[a]+[2a]+...+[(n-1)a]+[n*a]=[a]+2[a]+...+(n-1)[a]+n*[a]+1=(1+2+...+n)[a]+1=n(n+1)[a]/2 +1
Podstawiając b ∈ Z zamiast [a], mamy:
n(n+1)*b/2 +1
No, a dalej pozostaje tylko podzielić wyraz przez n

Poza tym, to ma działać dla wszystkich a, więc dla wszystkich mantys, a nie tylko wybranych.

Jak weźmiemy mantysę w postaci k/n, k ∈ N, to chyba mamy za sobą cały zbiór liczb wymiernych.
Co do niewymiernych, irracjonalnych i przestępnych, to musisz uwierzyć mi na słowo, że nie spełniają warunku

[maziek]

Ja mam rozum wyprany. Wg mnie wasze rozumowania są OK i wynika prosto mówiąc, że dla każdego n istnieją takie liczby z mantysą <1/n, że spełniają warunek, bo "przeskok" nie nastąpi w zakresie n. Jednakże istnieją też inne takie liczby, z mantysą nie spełniającą tego warunku. Na przykład liczba 1,9 spełnia dla n=3 i n=6 itd. , gdzie "przeskok następuje co każde miejsce poza co 11. Czyli, w zasadzie, to co piszecie nie jest dowodem, że jeśli istnieje poszukiwana ("brzegowa", z mantysą -> 1/n) liczba dla określonego n, to warunek nie może być spełniony dla n większego. Być może coś bredzę, bo doprawdy nie powinienem się zajmować obecnie niczym innym poza układaniem drewna na opał czy inną prostą robotą, w której trudno się przez nieuwagę zabić. Zastanawiam się, czy my jednak nie rozumiemy źle zadania. Może chodzi o wzór postaci że a=f(n) po prostu. Czyli że dla dowolnego n, jak się wstawi w ten wzór, to wyjdą wszystkie a, co go spełniają. A nie, że jest jakieś a, co dla każdego n jest correct.

[Lieber Augustin]

Czyli, w zasadzie, to co piszecie nie jest dowodem, że jeśli istnieje poszukiwana ("brzegowa", z mantysą -> 1/n) liczba dla określonego n, to warunek nie może być spełniony dla n większego.

No nie wiem, maźku.
Próbowałem udowodnić, że dla dowolnej liczby alfa o mantysie M>0 zawsze znajdzie się przynajmniej jedno n (w okolicach 1/M), które nie spełnia warunku wielokrotności. A tym samym nie spełniają go wszystkie liczby o niezerowej mantysie *. Oczywiście jeśli rozumieć treść zadania właśnie tak: że jest jakieś a, co dla każdego n jest correct.

Osobiście uważam, że tekst zadania nie pozostawia pola do innych interpretacji. A zresztą nie wiem, w końcu nie jestem aż takim znawcą angielskiego
Może byś tak podał swoją wersję tłumaczenia?


* Gwoli ścisłości, moje "udowodnienie" dotyczy jedynie szczególnego przypadku, mianowicie 0<M<0,5. Ale nie widzę przeciwwskazań, by udowodnić niepodzielność sumy przez n również dla 0,5<=M<1

[maziek]

Ja chwilowo do myślenia się nie nadaję. Jeśli się patrzy na proste rzeczy (bardzo klarownie to wypisałeś) i gubi się watek w drugiej linijce to coś nie ten teges niestety.


Apropos tłumaczenia. Ja też nie wiem. Determine all real numbers a such that, for every positive integer n, that integer (suma[wzorek]) is a multiple of n. Tłumacząc wprost: podaj wszystkie liczby R takie, że dla każdego n ∈ Z+ (suma[wzorek]) jest wielokrotnością n. Tylko że zadanie jest jakoś za proste na olimpiadę jeśli mają wyjść Z tylko. Ale to tylko subiektywne uczucie.


PS ciężko mi się przestawić nawiasem mówiąc, bo w szkole całkowite to były C a zespolone Z. Tylko rzeczywiste były jako po nowemu piszecie R. A teraz Z to całkowite (uu, myślę wysoko mierzycie skoro rozszerzacie problem na zespolone)...


PS2 @LA - ∈ robisz z klawiatury czy jak?

[Lieber Augustin]

Tylko że zadanie jest jakoś za proste na olimpiadę jeśli mają wyjść Z tylko. Ale to tylko subiektywne uczucie.

E, to dopiero rozgrzewka przed prawdziwymi zadaniami.
Ot, zerknąłem na trójkąt z zadanka 4, a pociemniało mi w oczach i włosy stanęły dęba

PS ciężko mi się przestawić nawiasem mówiąc, bo w szkole całkowite to były C a zespolone Z. Tylko rzeczywiste były jako po nowemu piszecie R. A teraz Z to całkowite (uu, myślę wysoko mierzycie skoro rozszerzacie problem na zespolone)...

Jak tak pójdzie dalej, to dojdziemy i do kardynalnych

PS2 @LA - ∈ robisz z klawiatury czy jak?

Nie. Po chłopsku, wygooglowałem sobie "znak przynależności do zbioru", a dalej copy-paste

[Hoko]

Apropos tłumaczenia. Ja też nie wiem. Determine all real numbers a such that, for every positive integer n, that integer (suma[wzorek]) is a multiple of n. Tłumacząc wprost: podaj wszystkie liczby R takie, że dla każdego n ∈ Z+ (suma[wzorek]) jest wielokrotnością n. Tylko że zadanie jest jakoś za proste na olimpiadę jeśli mają wyjść Z tylko. Ale to tylko subiektywne uczucie.

Ale o prostocie/skomplikowaniu nie świadczy to, co jest w wyniku, tylko droga, jaką do tego wyniku trzeba dojść. A my już dochodzimy któryś dzień z kolei 

LA,
no, zaczynam łapać
 tylko ta końcówka

Jak weźmiemy mantysę w postaci k/n, k ∈ N, to chyba mamy za sobą cały zbiór liczb wymiernych.
Co do niewymiernych, irracjonalnych i przestępnych, to musisz uwierzyć mi na słowo, że nie spełniają warunku

Jeśli k/n to mantysa, to k nie może należeć do N, bo mantysa musi być mniejsza od 1.
No i trzeba dowieść, że będzie to słuszne dla wszystkich mantys, również tych większych od 1/n. Będzie - bo przeskok nastąpi wcześniej, ale właśnie trzeba to udowodnić formalnie, a nie tylko opisowo. Problem jest analogiczny do tego u mnie, bo u mnie ta możliwość pojawienia wcześniej wartości ułamkkowej sprowadza się de facto do tego właśnie, że przeskok może wystąpić wcześniej 

[Hoko]

Wielokrotnością, czyli 1/1, 2/2 odpadają, nie?

[Lieber Augustin]

Jeśli k/n to mantysa, to k nie może należeć do N, bo mantysa musi być mniejsza od 1.

Może, jeśli k<n

No i trzeba dowieść, że będzie to słuszne dla wszystkich mantys, również tych większych od 1/n.

Wedle rozkazu, Panie

Wielokrotnością, czyli 1/1, 2/2 odpadają, nie?

Nie wiem. A jakie to ma znaczenie?

[Q]

te, dowcipniś... do nauki byś się lepiej wziął 

Wolę komiksy poczytać, ale kibicuję, nieustająco kibicuję .

[Hoko]

LA,
w sumie założenia te same co u mnie - tylko k zamiast c - może być 
Ale
a=b+k/n
to właściwość dla dodatnich, więc b nalezy do Z+
pytanie, czy trzeba liczyć dla ujemnych: czy -4 jest wielokrotnością 2?
To jednak technikalia. Nie wiem natomiast, czy końcówka rzeczywiście dowodzi tego, co trzeba.
Mianowicie to kończące k/n - co to jest? To jest element tego liczonego ciągu, pojawił się ten element w skutek przekształcenia ostatniego elementu - [na]. k/n to nie jest jakaś odrębna cześć, która spada z nieba i można z nią robić, co się chce. Nie? A jeśli to jest element ciągu, to czy wcześniejsza część końcówki, ta dzielona przez dwa, nie może być ułamkowa? Chyba może. A w takim razie (ułamek + ułamek) może już nie być ułamkiem, więc i ciąg jako całość nie będzie ułamkiem. Wydaje mi się, że to wciąż ten sam problem co u mnie. Czy jednak czegoś nie kumam?

Zresztą, czy oryginalny ciąg w ogóle może mieć ułamkową sumę?



Q,
kibicuj, kibicuj, jak w końcu - z Bożą lub inną pomocą - skończymy, to zrobimy kartkówkę 

[maziek]

Generalnie zostałem przez ukochaną małżonkę od rana przeznaczony do wykonywania innych czynności (day ut ia pobrusa, a ty poziway - a w zasadzie prędzej bruszaj stary, bruszaj a chyżo, odpoczniesz później), ale świta mi, że problem się komplikuje z powodu, że jest to suma podłóg a nie iloczyn. W związku z czym rozpatrywanie dla n wiedzie trochę na manowce. Przeskok się nieoczywiście sumuje. Przypuszczalnie Was zaledwie dopędzam na podświetlnej, gdy poicie swoje konie przy kwazarze, ale piszę na wsiakij słuczaj. Jak jest "na wsiakij słuczaj" po ukraińsku?

[Lieber Augustin]

@ Hoko

pytanie, czy trzeba liczyć dla ujemnych: czy -4 jest wielokrotnością 2?

A diabli wiedzą. Z jednej strony, raczej nie. Bo wielokrotności liczby otrzymujesz mnożąc daną liczbę przez kolejne liczby naturalne. 0 jest wielokrotnością każdej liczby naturalnej.
https://opracowania.pl/opracowania/matematyka/wielokrotnosci-liczb,oid,1874
Naturalne, znaczy dodatnie. Albo przynajmniej nieujemne.

Z drugiej - podejrzewam, nie bez kozery w zadaniu podano przykład [-pi]=-4
Może angolskie "multiple of n" to nie do końca to samo co polskie "wielokrotność n"?

...czy wcześniejsza część końcówki, ta dzielona przez dwa, nie może być ułamkowa? Chyba może. A w takim razie (ułamek + ułamek) może już nie być ułamkiem, więc i ciąg jako całość nie będzie ułamkiem. Wydaje mi się, że to wciąż ten sam problem co u mnie.

Faktycznie tak, ten sam problem co u Ciebie.
Hm.
No, po pierwsze, ta wcześniejsza część końcówki, (n+1)[a]/2, jest liczbą całkowitą, dzieloną przez dwa, a więc jej mantysa siłą rzeczy wynosi albo 0 (gdy liczba jest parzysta), albo 1/2 (jak nieparzysta).
Po drugie, faktycznie może zajść szczególny przypadek, kiedy k/n=1/2, a liczba (n+1)[a] nieparzysta. Na przykład, b=3, n=4, k=2
Wówczas a=3,5, suma szeregu [a]+[2a]+..+[na]=32, która liczba jest wielokrotnością n=4.
(n+1)[a]/2=7,5 (ułamkowa), k/n=1/2 (też ułamkowa), a ich suma jak najbardziej całkowita.

Więc co, a=3,5 spełnia warunek?
Moim zdaniem, nie, bo już dla n=5 nie spełnia. A przecież, zgodnie z treścią zadania, musi spełniać dla każdego n.


@ maziek

Jak jest "na wsiakij słuczaj" po ukraińsku?

"На всяк випадок" (na wsiak wypadok, akcent na pierwszej sylabie). Względnie "про всяк випадок"