与高斯函数有关的一道不等式

longzaifei

$m,n\in[0,1) $,证明：\[ [5m]+[5n]-[m]-[n]-[3m+n]-[3n+m]\ge0    \]

战巡

回复 1# longzaifei


这一大堆整数....你不觉得有没有那个取整都没区别么..........

longzaifei

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这一大堆整数....你不觉得有没有那个取整都没区别么.......... ...
战巡 发表于 2014-3-13 10:44

不好意思，已经修改过来

realnumber

很笨拙的办法，
设$p\le 5m <p+1,q\le 5m <q+1,p,q\in \{0,1,2,3,4\}$
那么问题就是
$[5m]+[5n]=p+q$,
$3m+n<\frac{3p}{5}+\frac{q}{5}+\frac{4}{5}$,$[3m+n]\le [\frac{3p}{5}+\frac{q}{5}+\frac{4}{5}]$
$3n+m<\frac{3q}{5}+\frac{p}{5}+\frac{4}{5},[3n+m]\le [\frac{3q}{5}+\frac{p}{5}+\frac{4}{5}]$
分25类检验

踏歌而来

回复 4# longzaifei


    直接在1楼修改，效果不好。
   其他人也许想看看你的原始题目是什么样的，好增加一点经验呢。

删广告专用

回复 6# 踏歌而来
打错一个条件而已, 打错的时候题目毫无意义, 没有经验可言

realnumber

应该完成了，不过分类比较琐碎，以后继续找更简洁的做法.

$[5m]+[5n]\ge [3m+n]+[3n+m]$----------①
设$p\le 5m <p+1,q\le 5n <q+1,p,q\in \{0,1,2,3,4\}$
那么问题就是
$[5m]+[5n]=p+q$,
$3m+n<\frac{3p+q+4}{5}$
$3n+m<\frac{3q+p+4}{5}$
$[3m+n]\le [\frac{3p+q+4}{5}]$,$[3n+m]\le [\frac{3q+p+4}{5}]$
而$ [\frac{3p+q+4}{5}]+[\frac{3q+p+4}{5}]\le [\frac{4q}{5}+\frac{4p}{5}+\frac{8}{5}]=p+q+ [\frac{8}{5}-\frac{q}{5}-\frac{p}{5}]=p+q $(在$p+q\ge 4$成立)
当p+q=3时,$[\frac{3p+q+4}{5}]+[\frac{3q+p+4}{5}]=4+[\frac{2+2p}{5}]+[\frac{-2-2p}{5}]=3=p+q$
不妨设$p\ge q$,如此只需要单独检验①在$(p,q)\in \{ (2,0),(1,1),(1,0),(0,0)\}$情况下成立即可,
如此证明了，$[5m]+[5n]\ge [3m+n]+[3n+m]=[3m+n]+[3n+m]+[m]+[n]$.

realnumber

类似于以上证明，可以证明，s,t,x,y为正整数，0<m,n<1
有$[(s+t)m]+[(x+y)n]\ge [sm+xn]+[tm+yn]$
闻到了排序不等式的味道
---就这样？

kuing

类似于以上证明，可以证明，s,t,x,y为正整数，0<m,n<1
有$[(s+t)m]+[(x+y)n]\ge [sm+xn]+[tm+yn]$
闻到了排序不等式的味道
---就这样？
realnumber 发表于 2014-3-13 15:52

这个好像不对……

realnumber

刚才证明出错了，7楼已经修改，x<y得到$[x]\le [y]$,而不是$[x]<[y]$.
猜想：
s,t,x,y为正整数，0<m,n<1
有$[(s+t)m]+[(x+y)n]\ge [sm+(x-1)n]+[(t-1)m+yn]$