Identitate cu partea intreaga
Moderators: Laurian Filip, Beniamin Bogosel, Filip Chindea
-
Razvan Balan
- Euclid
- Posts: 16
- Joined: Tue Feb 19, 2008 10:10 pm
Identitate cu partea intreaga
Daca m si n sunt numere naturale prime intre ele atunci \( [\frac{m}{n}]+[\frac{2m}{n}]+...+[\frac{(n-1)m}{n}]=\frac{1}{2}(m-1)(n-1). \)
Aceasta parca era identitatea Gauss. Se poate demonstra in mai multe moduri. 
Spre exemplu, sa scriem \( m=nq_{1}+r_{1}, 2m=nq_{2}+r_{2},...,(n-1)m=nq_{n-1}+r_{n-1} \), din teorema impartirii cu rest. Cum \( (m,n) =1 \) rezulta usor ca resturile \( r_{i} \) sunt (eventual in alta ordine) numerele \( 1,2,...,n-1 \) si apoi \( \frac{1}{2}(n-1)mn=n\sum_{i=1}^n q_{i}+\frac{1}{2}(n-1)n \) de unde deducem \( \sum_{i=1}^{n-1}[\frac{im}{n}]=\frac{1}{2}(m-1)(n-1) \), ce trebuia aratat.
Ca o remarca, este evident faptul ca \( \frac{1}{2}(m-1)(n-1)\in\mathbb{N} \) deoarece \( m,n \) nu pot fi simultan pare.
Spre exemplu, sa scriem \( m=nq_{1}+r_{1}, 2m=nq_{2}+r_{2},...,(n-1)m=nq_{n-1}+r_{n-1} \), din teorema impartirii cu rest. Cum \( (m,n) =1 \) rezulta usor ca resturile \( r_{i} \) sunt (eventual in alta ordine) numerele \( 1,2,...,n-1 \) si apoi \( \frac{1}{2}(n-1)mn=n\sum_{i=1}^n q_{i}+\frac{1}{2}(n-1)n \) de unde deducem \( \sum_{i=1}^{n-1}[\frac{im}{n}]=\frac{1}{2}(m-1)(n-1) \), ce trebuia aratat.Ca o remarca, este evident faptul ca \( \frac{1}{2}(m-1)(n-1)\in\mathbb{N} \) deoarece \( m,n \) nu pot fi simultan pare.
Last edited by mumble on Sun Mar 02, 2008 4:42 pm, edited 2 times in total.
-
Razvan Balan
- Euclid
- Posts: 16
- Joined: Tue Feb 19, 2008 10:10 pm
o alta cale ar fi de a considera in plan punctele A(n,0),B(n,m),C(o,m). In interiorul dreptunghiului OABC se afla (m-1)(n-1) puncte de coordonate intregi. Deoarece (m,n)=1, pe diagonala OB nu se afla astfel de puncte. Sub diagonala se afla \( \frac{(m-1)(n-1)}{2} \) puncte de forma (k,h). Pentru k fixat exista [km/n] puncte. In total sub diagonala OB sunt \( \sum_{k=1}^{n-1} [km/n] \) puncte.