⌊ √ 3
n + √ 3
n + 1 ⌋ = ⌊ √ 3
8 n + 4 ⌋
不是一個孤立的等式
李錦 鎣
壹、 前言
在“等式 ⌊√ n+√
n+ 1 +√
n+ 2⌋ = ⌊√
9n + 8⌋ 成立嗎” 這篇文章中, 我們將 Ra- manujan 的一個等式 [√n+√
n+ 1] = [√
4n + 2] 推廣到三項及開三次方根的類似等式:
對任意自然數 n, 等式 [√n + √
n+ 1 + √
n+ 2] = [√
9n + 8], ⌊√3n + √3
n+ 1⌋ =
⌊√3
8n + 3⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 與 ⌊√3 n+ √3
n+ 1 + √3
n+ 2⌋ = ⌊√3
27n + 26⌋ 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。 雖然我們要證明的等式涉及不 連續的高斯函數, 但是我們的證明方法卻是利用具有連續變化性的不等式, 這暗示我們得到的 等式仍然具有某種連續變化的可能性。 現在, 我們繼續推廣 Ramanujan 等式, 將利用大一同 學可以理解的方法, 來說明這些已有的等式其實都是一堆連續變化的等式中的一個, 它們不是 孤立的現象。 利用此連續變化過程, 我們也同時得到無數個類似於 Ramanujan 等式的新等式。
貳、 由 ⌊ √ 3
n + √ 3
n + 1 ⌋ = ⌊ √ 3
8 n + 3 ⌋ = ⌊ √ 3
8 n + 4 ⌋ 談起
在“等式 ⌊√ n+√
n+ 1 +√
n+ 2⌋ = ⌊√
9n + 8⌋ 成立嗎” 這篇文章中, 我們給了此類 等式的證明策略。 在此, 我們先給 ⌊√3
n+√3
n+ 1⌋ = ⌊√3
8n + 3⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 一個更簡單 的證明。 既然想要說明: 對任意自然數 n, √3 n+√3
n+ 1、 √3
8n + 3 與 √3
8n + 4 的整數部份 相同, 那我們應該先比較 √3n+√3
n+ 1 與 √3
8n + 3 和 √3
8n + 4 的大小。
預備定理(一): 若 0 < x ≤ 1, 則 √3
8 + 4x > 1 +√3
1 + x 必成立。
證明: 令 f (x) =√3 x, 其中 x > 0。 我們有導函數 f
′
(x) = 13x
−
23, 與 f′′
(x) = −29 x
−
53 <0, 其中 x > 0。 所以 f (x) 圖形的凹口向下, 因此當 s > t > 0 時, f(s) + f (t)2 < fs+ t 2
72
⌊√3 n+√3
n+ 1⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 不是一個孤立的等式 73
成立, 特別是 f(1) + f (1 + x)
2 < f1 + (1 + x) 2
= f (1 + x
2)。 所以, 若 0 < x ≤ 1, 1 + f (1 + x) < 2f (1 + x
2), 也就是 1 +√3
1 + x < 23 r
1 + x 2 =√3
8 + 4x。
同理, 我們有另一側的不等式,
預備定理(二): 若 0 < x ≤ 1, 則 1 +√3
1 + x > √3
8 + 3x 必成立。
證明: 利用算幾不等式, 我們有 1 +√3
1 + x > 2p 1 ×√3
1 + x = 2√6
1 + x。 我們可以嘗試檢 查: 當 0 < x ≤ 1 時, 2√6
1 + x >√3
8 + 3x = 23 r
1 + 3
8x 是否成立。 兩邊約分後再 6 次方, 並且移項, 我們就只要檢查: 當 0 < x ≤ 1 時, g(x) = (1 + x) − (1 +3
8x)
2
= 14x(1 − 9 16x) 是否為正數。 但是, 當 0 < x ≤ 1 時, x 與 1 − 9
16x 均為正數, 所以 g(x) 為正數, 因此 1 +√3
1 + x > 2√6
1 + x > √3
8 + 3x。
預備定理(三): 對任意自然數 n, 則 √3
8n + 4 > √3 n+√3
n+ 1 > √3
8n + 3 必成立。
證明: 對任意自然數 n, 在預備定理 (一)(二) 中, 取 x = 1
n, 我們有 3 r
8 + 4(1
n) > 1 +
3
r 1 + 1
n > 3 r
8 + 3(1
n), 再分別乘以正數 √3
n, 即可得到 √3
8n + 4 > √3 n+√3
n+ 1 >
√3
8n + 3。
現在我們可以證明以下定理:
定理一: 對任意自然數 n, 則 ⌊√3 n+√3
n+ 1⌋ = ⌊√3
8n + 3⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋必成立。
證明: 由預備定理 (三) 知, 對任意自然數 n, 則 √3
8n + 4 > √3 n+√3
n+ 1 > √3
8n + 3 必 成立。 因此它們的整數部份會滿足 √3
8n + 4 ≥ √3 n+√3
n+ 1 ≥ √3
8n + 3。 但是如果
⌊√3
8n + 4⌋ > ⌊√3
8n + 3⌋, 也就是說 √3
8n + 4 的整數部份大於 √3
8n + 3 的整數部份, 那將 會有一自然數 m, 使得 √3
8n + 4 ≥ m >√3
8n + 3, 所以 8n + 4 ≥ m
3
>8n + 3, 因此立方 數 m3
等於 8n + 4, 亦即 m3
是 8 的倍數加 4。 但是, 無論 m 是 8k, 8k + 1, 8k + 2, 8k + 3, 8k + 4, 8k + 5, 8k + 6, 或是 8k + 7, m3
只可能為 8p, 8p + 1, 8p + 3, 8p + 5, 或是 8p + 7, 所以 m3
不會是 8 的倍數加 4。 這個矛盾是我們假設 ⌊√38n + 4⌋ > ⌊√3
8n + 3⌋ 所造成, 因 此 ⌊√3
8n + 4⌋ = ⌊√3
8n + 3⌋。 再由 [√3
8n + 4] ≥ [√3 n+√3
n+ 1] ≥ [√3
8n + 3], 我們證明 了 [√3
8n + 4] = [√3 n+√3
n+ 1] = [√3
8n + 3]。
再來, 我們就要問: 為什麼這個等式中一定要用 [ 8n + 4] 與 [ 8n + 3] 呢? 其實, 不 必要的!
預備定理 (四): 若選定一個實數 p 滿足 3 ≤ p < 5, 則對任意自然數 n, [√3
8n + p] = [√3
8n + 4] = [√3
8n + 3] 必成立。
證明: 首先, 考慮所選定的 p 滿足 3 ≤ p < 4, 如果等式 [√3
8n + p] = [√3
8n + 4] 不是恆 成立, 那必定會有一個自然數 n 使得 [√3
8n + 4] > [√3
8n + p]。 因此必有一自然數 m, 使得
√3
8n + 4 ≥ m > √3
8n + p 成立。 所以 8n + 4 ≥ m
3
>8n + p ≥ 8n + 3。 因此立方數 m3
等於 8n + 4, 亦即 m3
是 8 的倍數加 4。 但是 [定理一] 的證明已經說明這是不可能的事, 因此, 對任意自然數 n, 等式 ⌊√38n + p⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 必須成立。 再來, 我們考慮所選定的 p 滿足 4 < p < 5 時, 如果等式 ⌊√3
8n + p⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 不是恆成立, 那必定會有一個自然數 n 使得 ⌊√3
8n + p⌋ > ⌊√3
8n + 4⌋, 因此必有一自然數 m, 使得 √3
8n + p ≥ m > √3
8n + 4 成 立。 所以 8n + 5 > 8n + p ≥ m
3
>8n + 4, 這將使得自然數 m3
介於相鄰兩整數之間, 矛盾!我們就得知, p 滿足 4 < p < 5 時, 等式 ⌊√3
8n + p⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 也要成立。
由 [定理一] 與預備定理 (四), 我們立刻得到以下結果:
定理二: 若選定一個 p 滿足 3 ≤ p < 5, 則對任意自然數 n, ⌊√3 n+√3
n+ 1⌋ = ⌊√3
8n + p⌋
必成立。
然而, 我們立刻要面對一個問題, 預備定理 (四) 中, p 的限制可否再放寬呢? 答案是: 不 行! 我們有以下定理
預備定理 (五): 若選定一個 p 滿足 3 > p > 0, 則有無限多個自然數 n, 使得 ⌊√3
8n + p⌋ <
⌊√3
8n + 3⌋。
證明: 選定一個 p 滿足 3 > p > 0。 對任意自然數 k, 取 n = 64k
3
+ 72k2
+ 27k + 3, 則 8n + p < 8n + 3 = (8k + 3)3
, 所以 √38n + p < 8k + 3 = √3
8n + 3, 因此 [√3
8n + p] <
8k + 3 = [√3
8n + 3], 也就是說, 有無限多個自然數 n, 使得 ⌊√3
8n + p⌋ < ⌊√3
8n + 3⌋。
預備定理(六): 有無限多個自然數 n, 使得 ⌊√3
8n + 5⌋ > ⌊√3
8n + 4⌋。
證明: 設 m = ⌊√3
8n + 5⌋ > ⌊√3
8n + 4⌋, 則 √3
8n + 5 ≥ m > √3
8n + 4, 所以 8n + 5 ≥ m
3
>8n + 4, 但是 m3
是整數, 因此 m3
= 8n + 5。 但是在 m = 8k, 8k + 1, 8k + 2, 8k + 3,⌊√3 n+√3
n+ 1⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 不是一個孤立的等式 75
8k + 4, 8k + 5, 8k + 6, 8k + 7 這些情形中, 只有 m = 8k + 5 符合, 由 m
3
= 8n + 5, 所以 n 應該是 64k3
+ 120k2
+ 75k + 15。 因此, 對任意自然數 k, 取 n = 64k3
+ 120k2
+ 75k + 15, 則 8n + 4 < 8n + 5 = (8k + 5)3
, 所以 √38n + 4 < 8k + 5 =√3
8n + 5, 亦即 [√3
8n + 4] <
8k + 5 = [√3
8n + 5], 也就是說, 有無限多個自然數 n, 使得 ⌊√3
8n + 4⌋ < ⌊√3
8n + 5⌋。 當
⌊√3
8n + 4⌋ < ⌊√3
8n + 5⌋ 發生時, √3
8n + 5 = 8k + 5 是一個自然數, 且 ⌊√3
8n + 5⌋ 與
⌊√3
8n + 4⌋ 是相鄰整數。
由預備定理 (五) 與預備定理 (六), 再配合等式 ⌊√3
8n + 4⌋ = ⌊√3
8n + 3⌋, 我們知道預 備定理 (四) 中, p 的限制已經是最大的容許範圍了。
你會想問; 我們為什麼要求出 p 的最大的容許範圍 3 ≤ p < 5? 是否就只是想把 ⌊√3 n+
√3
n+ 1⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 放入一組連續的等式 ⌊√3 n+√3
n+ 1⌋ = ⌊√3
8n + p⌋ 中? 其實不只 是如此, 既然等式中的 4 可以變成 p, 3 ≤ p < 5, 下一步我們更想問: 等式中的 的那個“1” 到 底扮演甚麼角色? 可以把這個“1” 改成其它數字嗎? 可以改成 0.8 或 0.6 嗎? 可以改成 1.2 或 1.5 嗎? 也就是說, 使得等式 ⌊√3 n+√3
n+ a⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 仍成立的 a 是哪些數? 我們 先讓 a = 0.8, 以這個例子來呈現整個問題的關鍵。
預備定理(七): 若 0 < x ≤ 1, 則 √3
8 + 4.99x > 1 +√3
1 + 0.8x 必成立。
證明: 令 f (x) = √3
x, 其中 x > 0。 由預備定理 (一) 知道, 當 s > t > 0 時, f(s) + f (t) 2 <
fs+ t 2
成立, 特別是 f(1) + f (1 + 0.8x)
2 < f1 + (1 + 0.8x) 2
= f (1 + 0.4x) <
f(1+1
2x) < f
1+4.99 8 x
。 所以, 若 0 < x ≤ 1, 也就是 1+√3
1 + 0.8x < 2 3 r
1 + 4.99 8 x=
√3
8 + 4.99x。
預備定理(八): 若 0 < x < 16
45, 則 1 +√3
1 + 0.8x >√3
8 + 3x 必成立。
證明: 利用算幾不等式, 我們有 1+√3
1 + 0.8x > 2p 1 ×√3
1 + 0.8x = 2√6
1 + 0.8x。 我們可 以嘗試檢查: 當 0 < x < 16
45 時, 2√6
1 + 0.8x >√3
8 + 3x = 23 r
1 + 3
8x 是否成立。 兩邊約分 後再 6 次方, 並且移項, 我們就只要檢查: 當 0 < x < 16
45時, g(x) = (1+0.8x)− 1+3
8x
2
= x
4
1 5 − 9
16x
是否為正數。 但是, 當 0 < x < 16 45 時, x
4 與 1 5− 9
16x 均為正數, 所以 g(x) 為正數, 因此
1 +√3
1 + 0.8x > 2√6
1 + 0.8x >√3
8 + 3x.
預備定理(九): 對任意自然數 n ≥ 3, 則 8n + 4.99 > n+ n+0.8 > 8n + 3 必成立。
證明: 對任意自然數 n ≥ 3, 在預備定理 (七)(八) 中, 取 x = 1
n, 所以 x < 16
45, 我們有
3
r
8 + 4.99(1
n) > 1 + 3 r
1 + 0.8(1 n) > 3
r
8 + 3(1
n), 再分別乘以正數 √3n, 即可得到
√3
8n + 4.99 >√3 n+√3
n+ 0.8 >√3
8n + 3。
定理三: 對任意自然數 n, 則 ⌊√3n+√3
n+ 0.8⌋ = ⌊√3
8n + 3⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 必成立。
證明: 由預備定理 (九) 知, 對任意自然數 n ≥ 3, 則 √3
8n + 4.99 > √3n +√3
n+ 0.8 >
√3
8n + 3 必成立。 因此它們的整數部份會滿足 [√3
8n + 4.99] ≥ [√3 n+√3
n+ 0.8] ≥ [√3
8n + 3]。
但是預備定理(四) 說 ⌊√3
8n + 4.99⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ = [√3
8n + 3], 因此, 我們證明, 對任意自 然數 n ≥ 3, [√3
8n + 4] = [√3 n+√3
n+ 0.8] = [√3
8n + 3]。
最後, 當然只剩下 n = 1 與 n = 2 兩種情形需要個別動手檢查 [√3 n+√3
n+ 0.8] 與 [√3
8n + 4]。 n = 1 時, 2 < √3 1 +√3
1 + 0.8 < 1 + 2 = 3, 2 < √3
8 + 4 = √3
12 < 3, 所以 [√3
8n + 4 = [√3n+√3
n+ 0.8] 成立。 同樣檢查 n = 2 時, [√3
8n + 4] = [√3 n+√3
n+ 0.8]
也成立。 因此, 我們證明, 對任意自然數 n, [√3
8n + 4] = [√3 n+√3
n+ 0.8] = [√3
8n + 3] 成 立。
在 [定理三] 論證過程中, 除了最後剩下有限個情形需要分別檢查之外, 我們到底做了些甚 麼? 我們先選了一個 a, 例如 a = 0.8, 然後證明有一個比 5 小的數字 p, 例如 p = 4.99, 以及 一個包含 0 右側的區間 (0, q), 例如預備定理 (八) 的 (0,16
45), 使得 k(x) = √3
8 + px − (1 +
√3
1 + ax) 與 h(x) = (1 +√3
1 + ax) −√3
8 + 3x 在 (0, q) 上均為正值。 再將 x 以 1 n 代入, 並乘上 √3
n, 所以對自然數 n > 1
q, 我們有 √3
8n + p > √3 n+√3
n+ a > √3
8n + 3, 因此它 們的整數部份會滿足 [√3
8n + p] ≥ [√3 n+√3
n+ a] ≥ [√3
8n + 3]。 但是預備定理 (四) 說: 當 3 ≤ p < 5, ⌊√3
8n + p⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ = [√3
8n + 3], 因此, 我們證明, 對任意自然數 n ≥ 1 q, [√3
8n + 4] = [√3n+√3
n+ a] = [√3
8n + 3]。 依據以上這些觀察, 我們有以下的主要定理, 其 中, 預備定理 (四) 所求出 p 的最大的容許範圍 3 ≤ p < 5 將扮演重要角色。
定理四: 選定兩個實數 a 與 b 滿足 3
4 < a+ b < 5
4, 則將會有一個與 a, b 有關的自然數 m, 使得對任意自然數 n ≥ m, 等式 ⌊√3
n+ a +√3
n+ b⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 必成立。
⌊√3 n+√3
n+ 1⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 不是一個孤立的等式 77
證明: 因為 3 < 4(a + b) < 5, 我們可以取一個實數 p 滿足 4(a + b) < p < 5, 固定此數 p。 令 k(x) =√3
8 + px −(√3
1+ax+√3
1+bx), 其中 x ∈ [0, 1], 再令 h(x) = (√3
1 + ax +
√3
1 + bx)−√3
8 + 3x, 其中 x ∈ [0, 1]。 首先我們有 k(0) = 0, h(0) = 0。 其次, k(x) 與 h(x) 在 x = 0 附近的導數存在且連續, k
′
(0) = 112(p−4(a + b))>0, 且 h
′
(0) = 112(4(a + b)−3)
> 0, 所以必定會有一個開區間 (0, q), 使得 k(x) = √3
8 + px − (√3
1 + ax +√3
1 + bx) 與 h(x) = (√3
1 + ax +√3
1 + bx) −√3
8 + 3x 在 (0, q) 上均為正值。 因此, 在 x ∈ (0, q) 時,
√3
8 + px >√3
1 + ax+√3
1 + bx 且√3
1 + ax+√3
1 + bx >√3
8 + 3x。 再將 x 以 1
n 代入, 並 乘上√3n, 所以, 對自然數 n ≥ m =h1
q i
+ 1 > 1
q, 我們有√3
8n + p >√3
n+ a +√3
n+ b >
√3
8n + 3, 因此它們的整數部份會滿足 [√3
8n + p] ≥ [√3
n+ a+√3
n+ b] ≥ [√3
8n + 3]。 但是 預備定理 (四) 說: 當 3 ≤ p < 5, ⌊√3
8n + p⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ = [√3
8n + 3], 因此, 我們證明, 對任意自然數 n ≥ m =h1
q
i+ 1 > 1
q, 等式 [√3
8n + 4] = [√3
n+ a+√3
n+ b] = [√3
8n + 3]
會成立。
[定理四] 中, 關於 a + b 的限制開區間 (3 4,5
4), 是否可以變成更大的開區間呢? 答案是:
不行! 我們有以下結果:
定理五: 給定兩個實數 a 與 b 滿足 a + b > 5
4, 則有無限多個自然數 n, 使得 ⌊√3
n+ a +
√3
n+ b⌋ > ⌊√3
8n + 4⌋; 反之, 給定兩個實數 a 與 b 滿足 a + b < 3
4, 則有無限多個自然數 n, 使得 ⌊√3
n+ a +√3
n+ b⌋ < ⌊√3
8n + 4⌋。
證明: 首先, 假設 a + b > 5
4。 令 k(x) = (√3
1 + ax +√3
1 + bx) −√3
8 + 5x, 其中 x ∈ [0, 1]。
我們有 k(0) = 0, k(x) 在 x = 0 附近的導數存在且連續, 以及 k
′
(0) = 112(4(a+b)−5) > 0, 所以必定會有一個開區間 (0, q), 使得 k(x) = (√3
1 + ax+√3
1 + bx) −√3
8 + 5x 在 (0, q) 上 均為正值。 因此, 在 x ∈ (0, q) 時, √3
1 + ax +√3
1 + bx > √3
8 + 5x。 再將 x 以 1
n 代入, 並 乘上 √3
n, 所以, 對自然數 n ≥ m =h1 q
i+ 1 > 1
q, 我們有 √3
n+ a +√3
n+ b > √3
8n + 5, 因此它們的整數部份會滿足 [√3
n+ a +√3
n+ b] ≥ [√3
8n + 5]。 但是由預備定理 (六) 知: 有 無限多個自然數 n, 使得 ⌊√3
8n + 5⌋ > ⌊√3
8n + 4⌋, 因此, 我們證明會有無限多個自然數 n, 使得 [√3
n+ a +√3
n+ b] > [√3
8n + 4]。
再來, 我們假設 a 與 b 滿足 a+b < 3
4。 我們可以取一個實數 p 滿足 4(a+b) < p < 3, 固 定此數 p。 令 h(x) =√3
8 + px − (√3
1 + ax +√3
1 + bx), 其中 x ∈ [0, 1]。 我們有 h(0) = 0,
h(x) 在 x = 0 附近的導數存在且連續, 以及 h
′
(0) = 112(p − 4(a + b)) > 0, 所以必定會有 一個開區間 (0, q), 使得 h(x) = √3
8 + px − (√3
1 + ax +√3
1 + bx) 在 (0, q) 上均為正值。
因此, 在 x ∈ (0, q) 時, √3
1 + ax +√3
1 + bx < √3
8 + px。 再將 x 以 1
n 代入, 並乘上 √3 n, 所以, 對自然數 n ≥ m = h1
q
i+ 1 > 1
q, 我們有 √3
n+ a +√3
n+ b < √3
8n + p, 因此它 們的整數部份會滿足 [√3
n+ a +√3
n+ b] ≤ [√3
8n + p]。 但是預備定理 (五) 知: 若 p 滿足 3 > p > 0, 則有無限多個自然數 n, 使得 ⌊√3
8 + px⌋ < ⌊√3
8n + 3⌋。 因此會有無限多個自然 數 n, 使得 ⌊√3
n+ a +√3
n+ b⌋ < ⌊√3
8n + 3⌋ = [√3
8n + 4]。
現在, 我們可以回答先前所提出的問題了。 在 [定理五] 中取 b = 0, 我們就知道使得等式
⌊√3 n+√3
n+ a⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 成立的 a 必須滿足 3
4 ≤ a ≤ 5
4 。 另一方面, 在 [定理四] 中 取 b = 0, 所以 a 滿足 3
4 < a < 5
4 時, 則將會有一個與 a 有關的自然數 m, 使得對任意自然 數 n ≥ m, 等式 ⌊√3
n+√3
n+ a⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 必成立。 事實上, 我們可以有以下更準確的 結果:
定理六: 任選 a ∈ [4 5,5
4], 則對任意自然數 n, 則 ⌊√3 n+√3
n+ a⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 必成立。
證明: 我們先看 a = 5
4 情形。 令 k(x) = √3
8 + 5x − 1 + 3
r 1 + 5
4x
, 其中 x ∈ [0, 1], 再令 h(x) =
1 + 3 r
1 + 5 4x
− √3
8 + 3x, 其中 x ∈ [0, 1]。 我們有 k(0) = 0, k
′
(x) = 512
1
(1 +
5 8
x)2 /3
− 1 (1 +5 4
x)2 /3
>0, x ∈ (0, 1)。 所以 k(x) > 0, x ∈ (0, 1)。 由預備定理 (二), 我們也知道, h(x) =
1 + 3 r
1 + 5 4x
−√3
8 + 3x > (1 +√3
1 + x) −√3
8 + 3x > 0, x∈ (0, 1)。 因此對 x ∈ (0, 1), 我們有√3
8 + 5x > 1+3 r
1 + 5
4x, 1+ 3 r
1 + 5
4x >√3
8 + 3x。
再將 x 以 1
n 代入, 並乘上 √3
n, 所以, 對自然數 n, 我們有 √3
8n + 5 > √3 n+ 3
r n+5
4 >
√3
8n + 3, 因此它們的整數部份會滿足 [√3
8n + 5] ≥ h
√3
n + 3 r
n+5 4
i ≥ [√3
8n + 3]。 對 任意自然數 n, 我們只有兩種可能: (1) [√3
8n + 5] = [√3
8n + 4] = [√3
8n + 3], 或是 (2) [√3
8n + 5] > [√3
8n + 4] = [√3
8n + 3]。
(1) 在 [√3
8n + 5] = [√3
8n + 4] = [√3
8n + 3] 發生時, 配合 [√3
8n + 5] ≥ h
√3
n+3 r
n+5 4
i≥
[√3
8n + 3], 我們得到 h
√3 n+ 3 r
n+5 4 i
= [√3
8n + 4]。
⌊√3 n+√3
n+ 1⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋ 不是一個孤立的等式 79
(2) 在 [√3
8n + 5] > [√3
8n + 4] = [√3
8n + 3] 發生時, 依據預備定理 (六), 這時√3
8n + 5 是 自然數, 配合 √3
8n + 5 > √3 n+ 3
r n+ 5
4 >√3
8n + 3, 我們得到 [√3
8n + 5] >h
√3
n+
3
r n+ 5
4
i ≥ [√3
8n + 3] = [√3
8n + 4], 但是此時 [√3
8n + 5] 與 [√3
8n + 4] 是相鄰整 數, 因此, 我們仍然得到 h
√3n + 3 r
n+5 4 i
= [√3
8n + 4]。 所以, 對任意自然數 n, 則 h
√3
n+ 3 r
n+ 5 4
i = [√3
8n + 4] 必成立。
再來, 任選 a ∈ [4 5,5
4], 固定這個 a 。 對任意自然數 n, 我們有h
√3 n+3 r
n+ 5 4
i ≥ [√3n+
√3
n+ a] ≥h
√3
n+3 r
n+4 5
i, 但是在上一段與 [定理三], 我們分別證明了h
√3
n+3 r
n+5 4
i= [√3
8n + 4] 及 h
√3
n+ 3 r
n+4 5
i = [√3
8n + 4], 因此 [√3 n+√3
n+ a] = [√3
8n + 4], 我們就 完成定理證明了。
針對更一般的等式 ⌊√3
n+ a +√3
n+ b⌋ = ⌊√3
8n + 4⌋, 在滿足 [定理四] 的條件下, 進 行 [定理三] 的類似論證, 我們也可以得到許多等式, 例如:
(1) 對任意自然數 n, 等式 h
3
r n+1
3 + 3 r
n+ 2 3
i = [√3
8n + 4] 會成立。
(2) 對任意自然數 n, 等式 h
3
r n+1
4 + 3 r
n+ 3 4 i
= [√3
8n + 4] 會成立。
(3) 對任意自然數 n ≥ 4, 等式 h
3
r n− 5
10 + 3 r
n+ 13 10
i= [√3
8n + 4] 會成立 ...
所以 [定理一] 只是 [定理四] 的一個特殊情形。 從 [定理一] 到 [定理四] 的過程, 也適用在其它 類似的等式, 例如, 用完全相同方法, 可推廣 ⌊√3
n+√3
n+ 1 +√3
n+ 2⌋ = ⌊√3
27n + 26⌋ 得 到以下定理。
定理七: 選定三個實數 a, b 與 c 滿足 26
9 < a+ b + c < 3, 則將會有一個與 a, b, c 有關的自 然數 m, 使得對任意自然數 n ≥ m, ⌊√3
n+ a +√3
n+ b +√3
n+ c⌋ = ⌊√3
27n + 26⌋ 必成 立。
在滿足 [定理七] 的條件下, 進行 [定理三] 的類似論證, 我們就可以得到許多等式, 例如:
(1) 對任意自然數 n, 等式 h
√3
n+ 1 +√3
n+ 1 + 3 r
n+17 18
i = [√3
27n + 26] 必成立;
(2) 對任意自然數 n, 等式 h
3
r n+1
3 + 3 r
n+ 1 3+ 3
r
n+23 10
i= [√3
27n + 26] 必成立;
(3) 對任意自然數 n ≥ 19, 等式 h
√3 n+√3n+ 3 r
n+ 261 90
i
= [√3
27n + 26]必成立;
(4) 對任意自然數 n ≥ 19, 等式 h
3
r n− 1
5+√3 n+ 3
r
n+287 90
i = [√3
27n + 26] 必成立;
...
讀者也可以試試看, 利用這種方法將等式 [√
n +√
n+ 1] = [√
4n + 2] 與 ⌊√ n +
√n+ 1 +√
n+ 2⌋ = ⌊√
9n + 8⌋ 進行類似推廣。 其實, 有許多數論中的等式可以進行類 似的連續變化, 例如, 在“由 h1
2 + r
n+1 2
i = h1 2 +
r n+1
4
i 談數學發現的一種方法” 這 篇文章中, 我們就為高中生說明另一個較簡單等式的連續變化過程。
參考文獻
1. 李錦鎣, 等式 ⌊√n+√
n+ 1 +√
n+ 2⌋ = ⌊√
9n + 8⌋ 成立嗎?, 數學傳播季刊, 39(3), 42-46。
2. 李錦鎣, 由h1 2+
r n+1
2 i=h1
2 + r
n+1 4
i談數學發現的一種方法, 自然科學與教育期刊, 彰 化師大理學院, 2015。 (http://science.ncue.edu.tw/journal/index.html)
—本文作者任教國立彰化師範大學數學系—
