整值函数的一个问题

问题描述

令 $a=2+\sqrt{3}$, 有 $n\in {\mathbb{N}}^{+}$, 求证明或推翻

$$4\lfloor an\rfloor =n+\lfloor a\lfloor an\rfloor \rfloor$$

我的想法

我感觉这个是对的。

展开：（定义 $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$）

$4an-4\{an\}=n+a\lfloor an\rfloor -\{a\lfloor an\rfloor \}$

$\therefore 4an-4\{an\}=n+a^{2}n-a\{an\}-\{a\lfloor an\rfloor \}$

$\therefore (4a-(a^2+1))n-4\{an\}=-a\{an\}-\{a\lfloor an\rfloor \}$

又 $\because 4a-(a^2+1)=4\times (2+\sqrt{3})-(2+\sqrt{3}{)}^2-1=0$

$\therefore 4\{an\}=a\{an\}+\{a\lfloor an\rfloor \}$

又 $\because \{an\}=\{2\times n+\sqrt{3}\times n\}=\{n\sqrt{3}\}$

$\therefore 4\{n\sqrt{3}\}=a\{n\sqrt{3}\}+\{a\lfloor an\rfloor \}$

令 $\alpha =\{n\sqrt{3}\}$

$\therefore 4\alpha =a\alpha +\{a\lfloor an\rfloor \}$

$\therefore (4-a)\alpha =\{a\lfloor an\rfloor \}$

$\therefore (2-\sqrt{3})\alpha =\{a^{2}n-a\{an\}\}$

$\therefore (2-\sqrt{3})\alpha =\{a^{2}n-2\alpha -\alpha \sqrt{3}\}$

然后就推不下去了，用同余试了试，好像不太可以。

解决关键

设

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \sqrt{3}n=n+k+d\end{array}$$

其中 $k\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{+}},k\ne 0,0\le d<1$
即 $k$ 为 $n(\sqrt{3}-1)$ 的整数部分，即 $d$ 为 $n(\sqrt{3}-1)$ 的小数部分。

解答

$\begin{array}{rl}3n& =\sqrt{3}\times (\sqrt{3}\times n)\\ & =\sqrt{3}\times (n+k+d)& & \text{代入}\text{(1)}\\ & =\sqrt{3}\times n+\sqrt{3}\times k+\sqrt{3}\times d\end{array}$

把 $\sqrt{3}\times k+\sqrt{3}\times d$ 移到等式左边，得到：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \sqrt{3}\times k=3n-\sqrt{3}\times n-\sqrt{3}\times d\end{array}$$

展开左边：

$\begin{array}{rlrl}4\lfloor an\rfloor & =4\lfloor (2+\sqrt{3})n\rfloor & & \text{代入}a\\ & =4\lfloor 2n+\sqrt{3}n\rfloor \\ & =8n+4\lfloor \sqrt{3}n\rfloor & & \text{由}8n\in \mathbb{Z}\\ & =8n+4\lfloor n+k+d\rfloor & & \text{代入}\text{(1)}\\ & =12n+4k+4\lfloor d\rfloor \\ \text{(3)}& & =12n+4k\end{array}$

展开右边：

$\begin{array}{rl}n+\lfloor a\times \lfloor a\times n\rfloor \rfloor & =n+\lfloor (2+\sqrt{3})\lfloor (2+\sqrt{3})n\rfloor \rfloor \\ & =n+\lfloor (2+\sqrt{3})(2n+\lfloor \sqrt{3}n\rfloor )\rfloor \\ & =n+\lfloor 4n+2n\sqrt{3}+(2+\sqrt{3})\lfloor \sqrt{3}n\rfloor \rfloor \\ & =5n+\lfloor 2n\sqrt{3}+2\lfloor \sqrt{3}n\rfloor +\sqrt{3}\lfloor \sqrt{3}n\rfloor \rfloor \\ & =5n+\lfloor 2n\sqrt{3}+2(n+k)+\sqrt{3}(n+k)\rfloor & & \text{代入}\text{(1)}\\ & =7n+2k+\lfloor 3n\sqrt{3}+\sqrt{3}k\rfloor \\ & =7n+2k+\lfloor 3n+3k+3d+\sqrt{3}k\rfloor & & \text{代入}\text{(1)}\\ & =10n+5k+\lfloor 3d+\sqrt{3}k\rfloor \\ & =10n+5k+\lfloor 3d+(3n-\sqrt{3}n-\sqrt{3}d)\rfloor & & \text{代入}\text{(2)}\\ & =13n+5k-\lfloor \sqrt{3}n\rfloor \\ & =13n+5k-\lfloor n+k+d\rfloor & & \text{代入}\text{(1)}\\ & =12n+4k-\lfloor d\rfloor \\ \text{(4)}& & =12n+4k\end{array}$

容易看出 $\text{(3)}=\text{(4)}$
$\therefore 4\times \lfloor a\times n\rfloor =n+\lfloor a\times \lfloor a\times n\rfloor \rfloor$ 证毕。

拓展：唯一性

有一数 $a\in {\mathbb{R}}^{\mathbb{+}}$, 使得对于 $\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{+}}$, 存在

$$4\lfloor an\rfloor =n+\lfloor a\lfloor an\rfloor \rfloor$$

求 $a$ 的值。

解答

$\because a-1\le \lfloor a\rfloor \le a$
$\therefore \{\begin{array}{l}4a(n-1)\le a\lfloor an\rfloor =n+\lfloor a\lfloor an\rfloor \rfloor \le n+a(\lfloor an\rfloor -1)\\ 4an\ge a\lfloor an\rfloor =n+\lfloor a\lfloor an\rfloor \rfloor \ge n+a\lfloor an\rfloor \end{array}$