Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
emouroukos
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1378
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Κυρ Ιαν 07, 2018 1:28 pm

Καλημέρα και Χρόνια Πολλά!

Ας αποδείξουμε την τελευταία ισότητα (που αποδίδεται στον Hermite):

Αν a \in \mathbb{Z}, τότε το ζητούμενο ισχύει. Έστω, λοιπόν, ότι a \notin \mathbb{Z}, οπότε \displaystyle 0 < \left\{ a \right\} < 1. Τότε, υπάρχει \displaystyle k \in \left\{ {1,2, \ldots ,m - 1} \right\} τέτοιο, ώστε

\displaystyle \left\{ a \right\} + \frac{{k - 1}}{m} < 1 και \displaystyle \left\{ a \right\} + \frac{k}{m} \ge 1,

δηλαδή

\displaystyle \frac{{m - k}}{m} \le \left\{ a \right\} < \frac{{m - k + 1}}{m}.

Τότε, είναι:

\displaystyle \left[ a \right] = \left[ {a + \frac{1}{m}} \right] =  \cdots  = \left[ {a + \frac{{k - 1}}{m}} \right]

και

\displaystyle \left[ {a + \frac{k}{m}} \right] = \left[ {a + \frac{{k + 1}}{m}} \right] =  \cdots  = \left[ {a + \frac{{m - 1}}{m}} \right] = \left[ a \right] + 1,

οπότε

\displaystyle \sum\limits_{j = 0}^{m - 1} {\left[ {a + \frac{j}{m}} \right]}  = k\left[ a \right] + \left( {m - k} \right)\left( {\left[ a \right] + 1} \right) = m\left[ a \right] + m - k.

Εξάλλου, είναι

\displaystyle m\left[ a \right] + m - k \le m\left[ a \right] + m\left\{ a \right\} = ma < m\left[ a \right] + m - k + 1,

οπότε

\displaystyle \left[ {ma} \right] = m\left[ a \right] + m - k

και η απόδειξη ολοκληρώνεται.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.

Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1799
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Ιαν 07, 2018 7:24 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Κυρ Ιαν 07, 2018 1:07 pm
Οι παρακάτω έχουν ξαναεμφανιστεί στο φορουμ αλλά τις αναρτώ χάριν πληρότητας.

Άσκηση 7. Δείξτε τις ταυτότητες

\displaystyle{ \left [a \right ] + \left [a + \frac {1}{2}  \right ]= \left [2a \right ]

\displaystyle{ \left [a \right ] + \left [a + \frac {1}{3}  \right ]+ \left [a + \frac {2}{3}  \right ]= \left [3a \right ]

και γενικότερα

\displaystyle{ \left [a \right ] + \left [a + \frac {1}{m}  \right ] +...+ \left [a + \frac {m-1}{m}  \right ]= \left [ma \right ] , \, m \in \mathbb N^*
Η λύση που κυκλοφορεί για την τελευταία είναι

Αν

f(x)={ \left [x \right ] + \left [x + \frac {1}{m}  \right ] +...+ \left [x + \frac {m-1}{m}  \right ]- \left [mx \right ]

τότε εύκολα βλέπουμε ότι f(x)=f(x+\frac{1}{m})

οπότε αρκεί να περιοριστούμε στην περίπτωση που 0\leq x< \frac{1}{m}.

Τότε εύκολα βλέπουμε ότι για 0\leq x< \frac{1}{m} είναι f(x)=0

και το συμπέρασμα έπεται άμεσα.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#23

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιαν 07, 2018 11:02 pm

Ας προσθέσω ότι η ταυτότητα στην Άσκηση 7 ονομάζεται ταυτότητα Hermite.

Δεν ξέρω την αρχική απόδειξη αλλά η
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Κυρ Ιαν 07, 2018 7:24 pm

Η λύση που κυκλοφορεί για την τελευταία είναι ...
οφείλεται στον Matsuoka, "On a Proof of Hermite's Identity", The American Mathematical Monthly, τόμος 71, έτος  1964, σελίς 10.

Υπάρχουν και άλλες αποδείξεις.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#24

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Ιαν 08, 2018 1:06 am

Άσκηση 8. Να αποδειχθεί η ταυτότητα \displaystyle{ \left [  \frac {[x]+m}{n } \right ] =  \left [  \frac {x+m}{n } \right ] }, για \displaystyle{m \in \mathbb Z, \, n \in \mathbb N}

Άσκηση 9. Να αποδειχθεί η ταυτότητα \displaystyle{ \left [  \frac {n}{3 } \right ]+ \left [  \frac {n+2}{6 } \right ] +\left [  \frac {n+4}{6 } \right ]  = \left [  \frac {n}{2 } \right ] + \left [  \frac {n+3}{6} \right ] }


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1799
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#25

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Ιαν 08, 2018 10:21 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Δευ Ιαν 08, 2018 1:06 am
Άσκηση 9. Να αποδειχθεί η ταυτότητα \displaystyle{ \left [  \frac {n}{3 } \right ]+ \left [  \frac {n+2}{6 } \right ] +\left [  \frac {n+4}{6 } \right ]  = \left [  \frac {n}{2 } \right ] + \left [  \frac {n+3}{6} \right ] }
Θέτουμε x=\frac{n}{6}
και γίνεται

[2x]+[x+\frac{1}{3}]+[x+\frac{2}{3}]=[3x]+[x+\frac{1}{2}]


Θα δείξουμε την τελευταία που είναι γενικότερη και ισχύει για x\in \mathbb{R}

Από την τελευταία της άσκησης 7 έχουμε

[x]+[x+\frac{1}{2}]=[2x],[x]+[x+\frac{1}{3}]+[x+\frac{2}{3}]=[3x]

Αρα

[2x]+[x+\frac{1}{3}]+[x+\frac{2}{3}]=[x]+[x+\frac{1}{2}]+[x+\frac{1}{3}]+[x+\frac{2}{3}]=[3x]+[x+\frac{1}{2}]


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#26

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιαν 13, 2018 2:51 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Δευ Ιαν 08, 2018 1:06 am
Άσκηση 8. Να αποδειχθεί η ταυτότητα \displaystyle{ \left [  \frac {[x]+m}{n } \right ] =  \left [  \frac {x+m}{n } \right ] }, για \displaystyle{m \in \mathbb Z, \, n \in \mathbb N}


H 8 μένει αναπάντητη.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 680
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#27

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Ιαν 13, 2018 4:01 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Δευ Ιαν 08, 2018 1:06 am
Άσκηση 8. Να αποδειχθεί η ταυτότητα \displaystyle{ \left [  \frac {[x]+m}{n } \right ] =  \left [  \frac {x+m}{n } \right ] }, για \displaystyle{m \in \mathbb Z, \, n \in \mathbb N}
Θα αποδείξουμε αρχικά πως [x+m]=[x]+m.

Έστω a ακέραιος με a=[x]+m. Έχουμε:

[x+m]=[[x]+\{x\}+m]=[[x]+m+\{ x \}]=[a+\{ x \}]=a=[x]+m

Θέλουμε να αποδείξουμε τώρα πως:

\displaystyle{\left [\dfrac{[x]+m}{n} \right ]=\left [ \dfrac{x+m}{n} \right]\Leftrightarrow \left [ \dfrac{[x+m]}{n} \right ]=\left [\dfrac{x+m}{n} \right ]}.

Θέτουμε x+m=y και αρκεί να αποδείξουμε πως:

\displaystyle{\left [\dfrac{[y]}{n} \right ]=\left [\dfrac{y}{n} \right ]\Leftrightarrow \left [\dfrac{[y]}{n} \right ]=\left [\dfrac{[y]+\{y\}}{n} \right ]}.

Αν [y]\leq n-1, τότε θα είναι \left [\dfrac{[y]}{n} \right ]=\left [\dfrac{[y]+\{y\}}{n} \right ]=0.

Έστω [y]\geq n.

Θέτουμε [y]=nr+u, όπου 0\leq u\leq n-1.

Αρκεί να αποδείξουμε πως:

\displaystyle{\left [r+\dfrac{u}{n} \right ]=\left [r+\dfrac{\{y\}+u}{n} \right ]}

Όμως \dfrac{u}{n}<1 και \dfrac{\{y\}+u}{n}<\dfrac{u+1}{n}\leq 1\Leftrightarrow \dfrac{\{y\}+u}{n}<1.

Άρα \displaystyle{r\leq r+\dfrac{u}{n} <r+1} και \displaystyle{r\leq r+\dfrac{\{y\}+u}{n} <r+1}.

Συνεπώς \displaystyle{\left [r+\dfrac{u}{n} \right ]=\left [r+\dfrac{\{y\}+u}{n} \right ]=r} και το ζητούμενο έπεται.
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Σάβ Ιαν 13, 2018 8:28 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Houston, we have a problem!
nickthegreek
Δημοσιεύσεις: 399
Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:07 pm
Τοποθεσία: Oxford

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#28

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nickthegreek » Σάβ Ιαν 13, 2018 4:33 pm

Πρόβλημα 10Να αποδείξετε ότι υπάρχει συνάρτηση f: \mathbb{N} \to \mathbb{N} που ικανοποιεί τα ακόλουθα κριτήρια:

a) Η f είναι γνησίως αύξουσα.
b) f(1)=2
c) f(f(n)) = f(n)+n \hspace{1mm} \forall n \in \mathbb{N}.

Με \mathbb{N} συμβολίζουμε τους θετικούς ακεραίους.

Η άσκηση είναι γνωστή. Όποιος γνωρίζει την πηγή της ας αποφύγει για την ώρα να τη δώσει, ώστε να την προσπαθήσουν ανεπηρέαστα τα μέλη του mathematica.


Νίκος Αθανασίου
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#29

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Ιαν 18, 2018 11:32 pm

nickthegreek έγραψε:
Σάβ Ιαν 13, 2018 4:33 pm
Πρόβλημα 10Να αποδείξετε ότι υπάρχει συνάρτηση f: \mathbb{N} \to \mathbb{N} που ικανοποιεί τα ακόλουθα κριτήρια:

a) Η f είναι γνησίως αύξουσα.
b) f(1)=2
c) f(f(n)) = f(n)+n \hspace{1mm} \forall n \in \mathbb{N}.

Με \mathbb{N} συμβολίζουμε τους θετικούς ακεραίους.
.
Για να κλείνει, δίνω λύση αλλά δεν χρησιμοποιώ ακέραιο μέρος.
Nίκο, έχεις λύση με ακέραιο μέρος;

Εξετάζοντας τις πρώτες μικρές τιμές θα διαπιστώσουμε ότι \displaystyle{f(1)=2, \, f(2)=3, \, f(3)=5 , \, f(5)=8} και λοιπά. Μυριζόμαστε Fibonacci
\displaystyle{f(F_n) = F_{n+1}} όπου \displaystyle{F_1=1, \, F_2=2, \, F_{n+2}=F_{n+1}+F_n}.

Πραγματικά μας οδηγεί σε λύση χρησιμοποιώντας την ιδιότητα "κάθε φυσικός γράφεται κατά μοναδικό τρόπο ως άθροισμα μη διαδοχικών αριθμών Fibonacci" (πρόκειται για το θεώρημα Zeckendorf, που η απόδειξή του είναι απλή, με επαγωγή. Βλέπε για ιδιότητες και αποδείξεις εδώ). Θα χρησιμοποιήσω ακόμα ότι αν n=F_a+F_b+...+F_c τέτοια γραφή με F_a > F_b>.. >F_c τότε n < F_{a+1} (απλό με επαγωγή)

Πίσω στην άσκηση.

Αν n=F_a+F_b+...+F_c μία τέτοια παράσταση του n, θέτουμε \displaystyle{f(n)=F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1}} και απλά ελέγχουμε τις δοθείσες συνθήκες.

α) Έστω n>m με παραστάσεις n=F_a+F_b+...+F_c και m=F_p+F_q+...+F_r. Θέλουμε να δείξουμε ότι \displaystyle{F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1} > F_{p+1}+F_{r+1}+...+F_{r+1}}. Έστω ότι ίσχυε η ανάποδη ανισότητα. Χωρίς βλάβη a\ne p γιατί αλλιώς σβήνουμε τα ίσα F_{a+1}, \, F_{p+1} από τα δύο μέλη και συνεχίζουμε όπως παρακάτω. Θα είχαμε τότε

\displaystyle{ F_{a+1} \le F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1} \le F_{p+1}+F_{r+1}+...+F_{r+1} < F_{p+2}} οπότε a+1<p+2, άρα a+1\le p+1 και άρα a+1\le p αφού είναι άνισα. Τότε όμως

n=F_a+F_b+...+F_c< F_{a+1} \le F_p \le F_{p}+F_{q}+...+F_{r}=m  , άτοπο. Αυτό δείχνει ότι η f είναι γνήσια αύξουσα.

β) Ισχύει εξ ορισμού.

γ) \displaystyle{ f(f(n))= f( F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1})= F_{a+2}+F_{b+2}+...+F_{c+2} = (F_{a+1}+F_a)+(F_{b+1}+F_b)+...+(F_{c+1}+F_c)}

\displaystyle{=( F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1}) +(F_a+F_b+...+F_c )= f(n)+n}


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#30

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Ιαν 19, 2018 8:23 pm

Το πρώτο μέρος της παρακάτω είναι ειδική περίπτωση της Άσκησης 8. Το θέτω για λόγους πληρότητας
και επειδή συνοδεύεται από τα υπόλοιπα.

Άσκηση 11. α) Να αποδειχθεί η ταυτότητα \displaystyle{ \left [  \frac {[x]}{n } \right ] =  \left [  \frac {x}{n } \right ] }, όπου  n \in \mathbb N} δοθείς.

β) Αν a\in \mathbb R τέτοιο ώστε \displaystyle{ \left [ a [x] \right ] = \left [ a x \right ] για κάθε x \in \mathbb R, τότε το a είναι ίσο με το αντίστροφο κάποιου φυσικού.

γ) Αν a\in \mathbb R τέτοιο ώστε \displaystyle{ \left [ a [x] \right ] = \left [ [a] x \right ] για κάθε x \in \mathbb R, τότε a=1.

δ) Αν a, \, b\in \mathbb R τέτοια ώστε \displaystyle{ \left [ a [bx] \right ] = \left [ [ab] x \right ] για κάθε x \in \mathbb R, τότε τα ab και 1/a είναι φυσικοί αριθμοί.


nickthegreek
Δημοσιεύσεις: 399
Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:07 pm
Τοποθεσία: Oxford

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#31

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nickthegreek » Τρί Ιαν 23, 2018 2:27 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Ιαν 18, 2018 11:32 pm
nickthegreek έγραψε:
Σάβ Ιαν 13, 2018 4:33 pm
Πρόβλημα 10Να αποδείξετε ότι υπάρχει συνάρτηση f: \mathbb{N} \to \mathbb{N} που ικανοποιεί τα ακόλουθα κριτήρια:

a) Η f είναι γνησίως αύξουσα.
b) f(1)=2
c) f(f(n)) = f(n)+n \hspace{1mm} \forall n \in \mathbb{N}.

Με \mathbb{N} συμβολίζουμε τους θετικούς ακεραίους.
.
Για να κλείνει, δίνω λύση αλλά δεν χρησιμοποιώ ακέραιο μέρος.
Nίκο, έχεις λύση με ακέραιο μέρος;

Εξετάζοντας τις πρώτες μικρές τιμές θα διαπιστώσουμε ότι \displaystyle{f(1)=2, \, f(2)=3, \, f(3)=5 , \, f(5)=8} και λοιπά. Μυριζόμαστε Fibonacci
\displaystyle{f(F_n) = F_{n+1}} όπου \displaystyle{F_1=1, \, F_2=2, \, F_{n+2}=F_{n+1}+F_n}.

Πραγματικά μας οδηγεί σε λύση χρησιμοποιώντας την ιδιότητα "κάθε φυσικός γράφεται κατά μοναδικό τρόπο ως άθροισμα μη διαδοχικών αριθμών Fibonacci" (πρόκειται για το θεώρημα Zeckendorf, που η απόδειξή του είναι απλή, με επαγωγή. Βλέπε για ιδιότητες και αποδείξεις εδώ). Θα χρησιμοποιήσω ακόμα ότι αν n=F_a+F_b+...+F_c τέτοια γραφή με F_a > F_b>.. >F_c τότε n < F_{a+1} (απλό με επαγωγή)

Πίσω στην άσκηση.

Αν n=F_a+F_b+...+F_c μία τέτοια παράσταση του n, θέτουμε \displaystyle{f(n)=F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1}} και απλά ελέγχουμε τις δοθείσες συνθήκες.

α) Έστω n>m με παραστάσεις n=F_a+F_b+...+F_c και m=F_p+F_q+...+F_r. Θέλουμε να δείξουμε ότι \displaystyle{F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1} > F_{p+1}+F_{r+1}+...+F_{r+1}}. Έστω ότι ίσχυε η ανάποδη ανισότητα. Χωρίς βλάβη a\ne p γιατί αλλιώς σβήνουμε τα ίσα F_{a+1}, \, F_{p+1} από τα δύο μέλη και συνεχίζουμε όπως παρακάτω. Θα είχαμε τότε

\displaystyle{ F_{a+1} \le F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1} \le F_{p+1}+F_{r+1}+...+F_{r+1} < F_{p+2}} οπότε a+1<p+2, άρα a+1\le p+1 και άρα a+1\le p αφού είναι άνισα. Τότε όμως

n=F_a+F_b+...+F_c< F_{a+1} \le F_p \le F_{p}+F_{q}+...+F_{r}=m  , άτοπο. Αυτό δείχνει ότι η f είναι γνήσια αύξουσα.

β) Ισχύει εξ ορισμού.

γ) \displaystyle{ f(f(n))= f( F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1})= F_{a+2}+F_{b+2}+...+F_{c+2} = (F_{a+1}+F_a)+(F_{b+1}+F_b)+...+(F_{c+1}+F_c)}

\displaystyle{=( F_{a+1}+F_{b+1}+...+F_{c+1}) +(F_a+F_b+...+F_c )= f(n)+n}
Εμπνευσμένη λύση. Την ίδια ιδέα μου είχε αναφέρει σε σχετική συζητήση ο Ραφαήλ Τσιάμης πριν καιρό. Η λύση που έχω εγώ είναι η εξής:

H f(n) = \lfloor \phi \cdot n + \frac{1}{2} \rfloor ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος. Με \phi εννοώ τον χρυσό αριθμό. Η απόδειξη του ισχυρισμού αυτού δεν παρουσιάζει μεγάλες δυσκολίες αλλά είναι σχετικά επίπονη στο γράψιμο και την παραλείπω. Πιο δύσκολο είναι να βρεθει εξαρχής η εν λόγω συνάρτηση.


Νίκος Αθανασίου
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#32

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Φεβ 04, 2018 6:37 pm

nickthegreek έγραψε:
Τρί Ιαν 23, 2018 2:27 am
H f(n) = \lfloor \phi \cdot n + \frac{1}{2} \rfloor ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος. Με \phi εννοώ τον χρυσό αριθμό. Η απόδειξη του ισχυρισμού αυτού δεν παρουσιάζει μεγάλες δυσκολίες αλλά είναι σχετικά επίπονη στο γράψιμο και την παραλείπω. Πιο δύσκολο είναι να βρεθει εξαρχής η εν λόγω συνάρτηση.
.
Καταπληκτική ιδέα.

Από το γεγονός ότι f(F_n)= F_{n+1} και το \displaystyle{\lim \frac {F_{n+1}}{F_n}= \phi}, έχουμε \displaystyle{f(F_n)\approx \phi F_n}. Με άλλα λόγια \displaystyle{f(n)\approx \phi n}.

Μέχρι εδώ όλα καλά. Αλλά το "μικρό βηματάκι" από εκεί μέχρι το f(n) = \lfloor \phi  n + \frac{1}{2} \rfloor είναι όλα τα λεφτά. Καταπληκτικό. Δεν θα το σκεφτόμουνα ποτέ! Ενθουσιάστηκα που το είδα.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης