39304 等式[$\sqrt{n}$+$\sqrt{n+1}$+$\sqrt{n+2}$ ]=[$\sqrt{9n+8}$ ] 成立嗎?

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。
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壹、前言

在今年(2014年) 6月彰化師範大學理學院學術研討會上, 彰化師範大學數學系陳國傑教授以數論方法重新證明 Ramanujan 的一個等式: 對於任意的自然數 $n$, $[\sqrt n+\sqrt{n\!+\!1}]=[\sqrt{4n+2}]$ 必成立, 其中 $[x]$ 表示小於或等於 $x$ 的最大整數, 也就是 $x$ 的高斯函數值。 本文中, 我們將用大一同學就會的基本方法, 推廣這個等式, 得到 $[\sqrt n+\sqrt{n\!+\!1}+\sqrt{n\!+\!2}]=[\sqrt{9n+8}]$。

貳、由 $[\sqrt n+\sqrt{n\!+\!1}]=[\sqrt{4n+2}]$ 談起

首先我們給 $[\sqrt n+\sqrt{n\!+\!1}]=[\sqrt{4n+2}]$ 一個證明, 同時也呈現我們針對此類等式的證明策略。 既然想要說明 : 對任意自然數 $n$, $\sqrt{n}+\sqrt{n\!+\!1}$ 與 $\sqrt{4n+2}$ 的整數部份相同, 那我們應該先比較 $\sqrt{n}+\sqrt{n\!+\!1}$ 與 $\sqrt{4n+2}$ 的大小。

預備定理(一): 若 $0\lt x\le 1$, 則 $\sqrt{4+2x}-(1+\sqrt{1+x})\gt 0$ 必成立。

證明: 令 $f(x)=\sqrt{4+2x}-(1+\sqrt{1+x})$, 其中 $0\le x\le 1$。 我們有導函數 $$f'(x)=\frac 12\frac {1}{\sqrt{1+\frac x2}}-\frac 12\frac{1}{\sqrt{1+x}}\gt 0, \quad 0\lt x\lt 1.$$ 所以 $f(x)$ 遞增。 但是 $f(0)=0$, 所以, 若 $0\lt x\le 1$, $f(x)\gt 0$。

同理, 我們有另一側的不等式,

預備定理(二): 若 $0\lt x\le 1$, 則 $(1+\sqrt{1+x})-\sqrt{4+x}\gt 0$ 必成立。

證明: 令 $g(x)=(1+\sqrt{1+x})-\sqrt{4+x}$, 其中 $0\le x\le 1$。 我們有導函數 $$g'(x)=\frac 12\frac 1{\sqrt{1+x}}-\frac 12\frac 1{\sqrt{4+x}}\gt 0,\qquad 0\lt x\lt 1.$$ 所以 $g(x)$ 遞增。 但是 $g(0)=0$, 所以, 若 $0\lt x\le 1$, $g(x)\gt 0$。

預備定理(三): 對任意自然數 $n$, 則 $\sqrt{4n+2}\gt \sqrt n+\sqrt{n\!+\!1}\gt \sqrt{4n+1}$ 必成立。

證明: 由預備定理(一)(二)知, 對任意自然數 $n$, $$\sqrt{4+2\frac 1n}\gt 1+\sqrt{1+\frac 1n}\gt \sqrt{4+\frac 1n},$$ 分別乘以正數 $\sqrt n$, 得到 $\sqrt{4n\!+\!2}\gt \sqrt n\!+\!\sqrt{n\!+\!1}\gt \sqrt{4n\!+\!1}$。 現在, 我們重新證明以下定理:

定理一: 對任意自然數 $n$, 則 $[\sqrt n+\sqrt{n\!+\!1}]=[\sqrt{4n+2}]=[\sqrt{4n+1}]$ 必成立。

證明: 由預備定理(三)知, 對任意自然數 $n$, 則 $\sqrt{4n\!+\!2}\gt \sqrt n\!+\!\sqrt{n\!+\!1}\gt \sqrt{4n\!+\!1}$ 必成立。 因此它們的整數部份會滿足 $[\sqrt{4n\!+\!2}]\ge [\sqrt n\!+\!\sqrt{n\!+\!1}]\ge [\sqrt{4n\!+\!1}]$。 但是如果 $[\sqrt{4n\!+\!2}]\gt [\sqrt{4n\!+\!1}]$, 也就是說 $\sqrt{4n+2}$ 的整數部份大於 $\sqrt{4n+1}$ 的整數部份, 那將會有一自然數 $m$, 使得 $\sqrt{4n\!+\!2}\ge m\gt \sqrt{4n\!+\!1}$, 所以 $4n+2\ge m^2\gt 4n+1$, 因此平方數 $m^2$ 等於 $4n+2$, 亦即 $m^2$ 是 4 的倍數加 2。 但是, 無論 $m$ 是偶數 $2k$, 或是奇數 $2k+1$, $m^2$ 只可能為 $4k^2$, 或是 $4(k^2+k)+1$, 所以 $m^2$ 不會是 4 的倍數加 2。 這個矛盾是我們假設 $[\sqrt{4n\!+\!2}]\gt [\sqrt{4n\!+\!1}]$ 所造成, 因此 $[\sqrt{4n\!+\!2}]=[\sqrt{4n\!+\!1}]$。 再由 $[\sqrt{4n\!+\!2}]\ge [\sqrt n\!+\!\sqrt{n\!+\!1}]\ge [\sqrt{4n\!+\!1}]$, 我們證明了 $[\sqrt{4n\!+\!2}]=[\sqrt n\!+\!\sqrt{n\!+\!1}]=[\sqrt{4n\!+\!1}]$。

再來, 我們就要問 $[\sqrt n\!+\!\sqrt{n\!+\!1}\!+\!\sqrt{n\!+\!2}]$ 是否有類似等式? 如果我們讓 $n$ 變得很大, $[\sqrt n\!+\!\sqrt{n\!+\!1}\!+\!\sqrt{n\!+\!2}]$ 幾乎等於 $[\sqrt n\!+\!\sqrt{n}\!+\!\sqrt{n}]=[3\sqrt n]=[\sqrt{9n}]$, 所以, 如果這個還沒出現的等式仍要成立, 我們就可以猜出這個等式應該呈現 $[\sqrt n\!+\!\sqrt{n\!+\!1}\!+\!\sqrt{n\!+\!2}]=[\sqrt{9n+s}]$ 的型式, 也就是說, 如果整數 $s$ 選得正確, 那麼對任意自然數 $n$, 我們將證明 $\sqrt n\!+\!\sqrt{n\!+\!1}\!+\!\sqrt{n\!+\!2}$ 與 $\sqrt{9n+s}$ 有相同整數部份。 根據預備定理(一)(二) (三)過程, 我們嘗試先找到整數 $p,q$, 使得, 若 $0\lt x\le 1$, 則 $\sqrt{9+px}\ge 1+\sqrt{1+x}+\sqrt{1+2x}\ge \sqrt{9+qx}$。 經由數學軟體 mathematica 實驗後, 我們將證明: 若 $0\lt x \le 1$, 則 $\sqrt{9+9x}\ge 1+\sqrt{1+x}+\sqrt{1+2x}\ge \sqrt{9+7x}$。 其實, 函數 $\sqrt{9+7x}$ 可以調整, 只是為了讓預備定理(五)的證明簡潔, 適合大一同學閱讀, 我們選擇了 $\sqrt{9+7x}$。

預備定理(四): 若 $0\lt x \le 1$, 則 $\sqrt{9+9x}-(1+\sqrt{1+x}+\sqrt{1+2x})\gt 0$ 必成立。

證明: 令 $f(x)=\sqrt{9+9x}-(1+\sqrt{1+x}+\sqrt{1+2x})=2\sqrt{1+x}-(1+\sqrt{1+2x})$, 其中 $0\le x\le 1$。 我們有導函數 $$f'(x)=\frac 1{\sqrt{1+x}}-\frac{1}{\sqrt{1+2x}}\gt 0,\qquad 0\lt x\lt 1.$$ 所以 $f(x)$ 遞增。 但是 $f(0)=0$, 所以, 若 $0\lt x\le 1$, $f(x)\gt 0$。

預備定理(五): 若 $0\lt x \le 1$, 則 $(1+\sqrt{1+x}+\sqrt{1+2x})-\sqrt{9+7x}\gt 0$ 必成立。

證明: 令 $g(x)=(1+\sqrt{1+x}+\sqrt{1+2x})-\sqrt{9+7x}$, 其中 $0\le x\le 1$。 我們還是嘗試先問:導函數 $$g'(x)=\frac 12\frac 1{\sqrt{1+x}}+\frac 1{\sqrt{1+2x}}-\frac 12\frac 7{\sqrt{9+7x}}$$ 是否在 $0\lt x\le 1$ 時仍為正數? 所以我們要檢查: 當 $0\lt x\le 1$ 時, $$\frac 12\frac 1{\sqrt{1+x}}+\frac 1{\sqrt{1+2x}}\gt \frac 12\frac 7{\sqrt{9+7x}}$$ 是否成立?但是利用算幾不等式 , 我們已經有 $$\frac 12\frac 1{\sqrt{1+x}}+\frac 1{\sqrt{1+2x}}\ge 2\sqrt{\Big(\frac 12\frac 1{\sqrt{1+x}}\Big)\Big(\frac 1{\sqrt{1+2x}}\Big)} =\sqrt{\frac 2{\sqrt{1+x}\sqrt{1+2x}}};$$ 因此我們轉而嘗試檢查:當 $0\lt x\le 1$ 時,$$\sqrt{\frac 2{\sqrt{1+x}\sqrt{1+2x}}}\gt \frac 12\frac 7{\sqrt{9+7x}}$$ 是否成立? 將最後的這個不等式兩邊四次方, 再取倒數, 我們要檢查的變成是: 當 $0\lt x\lt 1$ 時, 二次多項式函數 $$ h(x)=\Big(\frac 8{49}\Big)^2(9+7x)^2-(1+x)(1+2x)=\frac{-1}{2401}(1666x^2-861x-2783)$$ 是否為正值? 因為 $h(0)\gt 0$, $h(1)\gt 0$ 且 $y=h(x)$ 圖形最高點在 $0\lt x\lt 1$ 間出現, 就可以知道當 $0\lt x\lt 1$ 時, $h(x)\gt 0$。 所以在 $0\lt x\lt 1$ 時, $g'(x)\gt 0$, 因此 $g(x)$ 遞增。 但是 $g(0)=0$, 所以, 若 $0\lt x\le 1$, $g(x)\gt 0$。

預備定理(六): 對任意自然數 $n$, 則 $\sqrt{9n\!+\!9}\gt \sqrt n+\sqrt{n\!+\!1}+\sqrt{n\!+\!2}\gt \sqrt{9n\!+\!7}$ 必成立。

證明: 由預備定理(四)(五)知, 對任意自然數 $n$, $$\sqrt{9+9\frac 1n}\gt 1+\sqrt{1+\frac 1n}+\sqrt{1+2\frac 1n}\gt \sqrt{9+7\frac 1n}$$ 分別乘以正數 $\sqrt n$, 得到 $\sqrt{9n+9}\gt \sqrt n+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\gt \sqrt{9n+7}$。

在主要定理出現前, 我們還要先證明一個不等式。

預備定理(七): 對任意大於 1 的實數 $w$, 則 $3w-1\lt \sqrt{w^2-1}+w+\sqrt{w^2+1}\lt 3w$ 必成立; 所以, 對任意自然數 $w$, $3w-1=[\sqrt{w^2-1}+w+\sqrt{w^2+1}]$ 也必成立。

證明: 對任意大於 1 的實數 $w$, 我們先證右側的不等式: $\sqrt{w^2-1}+w+\sqrt{w^2+1}\lt 3w$, 也就是說 $\sqrt{w^2-1}+\sqrt{w^2+1}\lt 2w$。 我們知道 : 當 $x\gt 0$ 時, $p(x)=\sqrt x$ 有 $p''(x)=-\dfrac 14\dfrac 1{\sqrt{x^3}}\lt 0$, 所以 $y=p(x)$ 圖形的凹口向下, 因此當 $s\gt t\gt 0$ 時, $\dfrac{p(s)+p(t)}2\lt p\Big(\dfrac{s+t}2\Big)$ 成立, 特別是 $\dfrac{p(w^2+1)+p(w^2-1)}2\lt p(w^2)$, 這說明 $\dfrac{\sqrt{w^2+1}+\sqrt{w^2-1}}2\lt w$ 成立, 我們也完成右側的不等式證明。我們再證左側的不等式: $3w-1\lt \sqrt{w^2-1}+w+\sqrt{w^2+1}$。 也就是說, 對任意大於 1 的實數 $w$, 我們要證明函數 $q(w)=(\sqrt{w^2-1}+w+\sqrt{w^2+1}-(3w-1)=\sqrt{w^2-1}+\sqrt{w^2+1}-2w+1$ 必定大於 0。 對任意大於 1 的實數 $w$, 利用算幾不等式, 我們知道導數 \begin{eqnarray*} q'(w)&=&\frac w{\sqrt{w^2-1}}+ \frac w{\sqrt{w^2+1}}-2\ge 2\sqrt{\Big(\frac w{\sqrt{w^2-1}}\Big) \Big(\frac w{\sqrt{w^2+1}}\Big)}-2\\ &=&2\sqrt{\frac {w^2}{\sqrt{w^4-1}}}-2\gt 2\sqrt{\frac{w^2}{\sqrt{w^4}}}-2=0, \end{eqnarray*} 所以 $q(w)$ 遞增, 又 $q(1)\!=\!(1\!+\!\sqrt 2)\!-\!2\!\gt \!0$, 因此 $q(w)\!\gt \!0$, 我們也完成左側的不等式證明。

定理二: 對任意自然數 $n$, 則 $[\sqrt n+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}]=[\sqrt{9n+8}]=[\sqrt{9n+7}]$ 必成立。

證明: 對任意自然數 $n$, 我們先說明: $[\sqrt{9n+8}]=[\sqrt{9n+7}]$ 必成立。 如果 $[\sqrt{9n+8}]\gt [\sqrt{9n+7}]$, 那將會有一個自然數 $m$, 使得 $\sqrt{9n+8}\ge m\gt \sqrt{9n+7}$, 平方後, $9n+8\ge m^2\gt 9n+7$ 會推出平方數 $m^2$ 是 9 的倍數加 8。 但是整數 $m$ 被 9 除, 只有 $9k$, $9k\pm 1$, $9k\pm 2$, $9k\pm 3$, $9k\pm 4$ 這些可能的表示法, 所以 $m^2$ 被 9 除, 只有 $9K$, $9K+1$, $9K+4$, $9K+7$ 這些可能的表示法, 也就是說 $m^2$ 不會是 9 的倍數加 8, 這個矛盾說明 $[\sqrt{9n+8}]\gt [\sqrt{9n+7}]$ 是錯的, 因此 $[\sqrt{9n+8}]=[\sqrt{9n+7}]$ 必成立。

由預備定理(六):對任意自然數 $n$, $\sqrt{9n+9}\gt \sqrt n+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\gt \sqrt{9n+7}$ 必成立, 因此配合上一段證明, 我們有一個基礎不等式: $$[\sqrt{9n+9}]\ge [\sqrt n+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}]\ge[\sqrt{9n+8}]=[\sqrt{9n+7}].$$

現在, 任意選一個自然數 $n$, 只有下列兩種可能 (a) $\sqrt{9n+9}$ 不是自然數; 或者 (b) $\sqrt{9n+9}$ 是自然數。

我們來看第一種情形: (a) $\sqrt{9n+9}$ 不是自然數。 此時 $[\sqrt{9n+9}]=[\sqrt{9n+8}]$ 必須成立。 否則 $[\sqrt{9n+9}]\gt [\sqrt{9n+8}]$, 將會有一自然數 $m$, 使得 $\sqrt{9n+9}\ge m\gt \sqrt{9n+8}$, 但是已知 $\sqrt{9n+9}$ 不是自然數, 所以 $\sqrt{9n+9}\gt m\gt \sqrt{9n+8}$, 因此 $9n+9\gt m^2\gt 9n+8$, 那麼 $m^2$ 介於相鄰整數 $9n+8$ 與 $9n+9$ 之間, 矛盾! 所以 $[\sqrt{9n+9}]=[\sqrt{9n+8}]$ 必須成立, 代回我們的基礎不等式, 得到 $[\sqrt{9n+9}]=[\sqrt n+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}]=[\sqrt{9n+8}]=[\sqrt{9n+7}]$必須成立。

我們再來看第二種情形: (b) $\sqrt{9n+9}$ 是自然數, 所以 $3\sqrt{n+1}$ 是一個自然數 $r$。 因為 $\Big(\dfrac r3\Big)^2=n+1$ 是自然數, 所以 $r$ 是 3 的倍數。 令 $r=3w$, 所以 $\sqrt{9n+9}=[\sqrt{9n+9}]=r=3w$, 亦即 $3\sqrt{n+1}=r=3w$, 因此 $n=w^2-1$, $w$ 為大於 1 的自然數。 由 $9w^2\gt 9n+8=9w^2-1\gt 9w^2-6w+1=(3w-1)^2$, 我們又知道 $3w-1=[\sqrt{9n+8}]$。 現在, 我們已經有的基礎不等式 $$[\sqrt{9n+9}]\ge [\sqrt n+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}]\ge [\sqrt{9n+8}]$$ 變成 $$3w\ge [\sqrt{w^2-1}+w+\sqrt{w^2+1}]\ge [\sqrt{9n+8}]=3w-1,$$ 再配合預備定理(七): $$3w-1= [\sqrt{w^2-1}+w+\sqrt{w^2+1}],$$ 我們就得到 $[\sqrt n+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}]=3w-1=[\sqrt{9n+8}]$。

這兩種情形中, 我們都得到 $[\sqrt n+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}]=[\sqrt{9n+8}]$, 所以完成我們的證明。

使用完全相同的策略與類似的證明, 我們也可以證明以下結論:

定理三: 對任意自然數 $n$, 則等式 $[{\root 3 \of n}+{\root 3\of {n+1}}]=[{\root 3\of{8n+3}}]=[{\root 3\of{8n+4}}]$ 與等式 $[{\root 3 \of n}+{\root 3\of {n+1}}+{\root 3\of {n+2}}]=[{\root 3\of{27n+26}}]$ 必成立。

致謝:

我們非常感謝彰化師範大學數學系陳國傑教授為我們展示 Ramanujan 等式, 為這篇文章奠定重要基礎。

參考文獻

1. Kuo-Jye Chen (2014). On a problem proposed by Ramanujan, 2014 彰化師範大學自然科學研討會會議手冊。

---本文作者任教國立彰化師範大學數學系---