Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 175
2014-06-07 
Доказать, что для любых чисел $x \geq 0$ и $n \in \mathbf{N}$ справедливо неравенство
$[nx] \geq \frac{[x]}{1} + \frac{[2x]}{2} + \cdots + \frac{[nx]}{n}$.
Решение:
Так как $x = m + \alpha$, где $m = [x], \alpha ={x}$, то при любом $k \in \mathbf{N}$ имеем
$[kx] = [km +k \alpha] = km + [k \alpha]$.
Поэтому исходное неравенство имеет вид
$nm + [n \alpha] \geq \left ( m + \frac{[\alpha]}{1} \right ) + \left ( m + \frac{[2 \alpha]}{2} \right ) + \cdots + \left ( m + \frac{[n \alpha]}{n} \right )$,
а значит, равносильно неравенству
$[n \alpha ] \geq \frac{[\alpha]}{1} + \frac{[2 \alpha]}{2} + \cdots + \frac{[n \alpha]}{n}$.
Следовательно, достаточно рассмотреть случай $0 \leq x < 1$. Левая и правая части неравенства при $x \in [0; 1)$ представляют собой неубывающие кусочно-постоянные функции, которые могут менять свои значения только при переходе через точки вида $x = p/q$, где числа $p,q \in \mathbf{N}$ взаимно простые, т.е. $(p, q) = 1$, и $2 \leq q \leq n, 1 \leq p \leq q – 1$. Поэтому достаточно доказать неравенство лишь в точках такого вида (а также в точке $x = 0$, где оно, разумеется, выполнено). При этом, если обозначить $[k(p/q)] = a_{k}, q(k(p/q)) = b_{k}, k=1, \cdots, n$, то
$0 \leq b_{k} < q, kp= a_{k}q + b_{k}$,
а неравенство, которое требуется доказать, имеет вид
$a_{n} \geq \frac{a_{1}}{1} + \cdots + \frac{a_{n}}{n}$.
Заметим, что числа $b_{1}, \cdots, b_{q-1}$ отличны от нуля и попарно различны (если $b_{i} = b_{j}$ при $i > j$, то $ip – a_{i}q = jp – a_{j}q$, откуда
$(i - j)p = (a_{i} - a_{j})q, 0 < i -j < q$,
что невозможно, так как $(p,q) = 1$). Поэтому
${b_{1}; \cdots ; b_{q-1}} = {1; \cdots ; q - l}$,
а из теоремы о средних имеем
$\frac{\frac{b_{1}}{1} + \frac{b_{2}}{2} + \cdots + \frac{b_{q-1}}{q-1}}{q-1} \geq \sqrt[q-1]{\frac{b_{1}b_{2} \cdots b_{q-1}}{1 \cdot 2 \cdots (q-1)}} = \sqrt[q-1]{\frac{(q-1)!}{(q-1)!}} = 1$,
откуда
$\frac{b_{1}}{1} + \cdots \frac{b_{n}}{n} \geq \frac{b_{1}}{1} + \cdots + \frac{b_{q-1}}{q-1} \geq q -1$.
Таким образом,
$a_{n} + \frac{q-1}{q} \geq a_{n} + \frac{b_{n}}{q} = \frac{np}{q} = \frac{p}{q} +\frac{2p}{2q} + \cdots + \frac{np}{nq} = $
$= \frac{a_{1}}{1} + \frac{a_{2}}{2}+ \cdots + \frac{a_{n}}{n} + \frac{1}{q} \left (\frac{b_{1}}{1} + \cdots + \frac{b_{n}}{n} \right ) \geq a_{n} + \frac{a_{2}}{2} + \cdots + \frac{a_{n}}{n} + \frac{p-1}{q}$,
что и требовалось доказать.
Доказать, что для любых чисел $x \geq 0$ и $n \in \mathbf{N}$ справедливо неравенство
$[nx] \geq \frac{[x]}{1} + \frac{[2x]}{2} + \cdots + \frac{[nx]}{n}$.
Решение:
Так как $x = m + \alpha$, где $m = [x], \alpha ={x}$, то при любом $k \in \mathbf{N}$ имеем
$[kx] = [km +k \alpha] = km + [k \alpha]$.
Поэтому исходное неравенство имеет вид
$nm + [n \alpha] \geq \left ( m + \frac{[\alpha]}{1} \right ) + \left ( m + \frac{[2 \alpha]}{2} \right ) + \cdots + \left ( m + \frac{[n \alpha]}{n} \right )$,
а значит, равносильно неравенству
$[n \alpha ] \geq \frac{[\alpha]}{1} + \frac{[2 \alpha]}{2} + \cdots + \frac{[n \alpha]}{n}$.
Следовательно, достаточно рассмотреть случай $0 \leq x < 1$. Левая и правая части неравенства при $x \in [0; 1)$ представляют собой неубывающие кусочно-постоянные функции, которые могут менять свои значения только при переходе через точки вида $x = p/q$, где числа $p,q \in \mathbf{N}$ взаимно простые, т.е. $(p, q) = 1$, и $2 \leq q \leq n, 1 \leq p \leq q – 1$. Поэтому достаточно доказать неравенство лишь в точках такого вида (а также в точке $x = 0$, где оно, разумеется, выполнено). При этом, если обозначить $[k(p/q)] = a_{k}, q(k(p/q)) = b_{k}, k=1, \cdots, n$, то
$0 \leq b_{k} < q, kp= a_{k}q + b_{k}$,
а неравенство, которое требуется доказать, имеет вид
$a_{n} \geq \frac{a_{1}}{1} + \cdots + \frac{a_{n}}{n}$.
Заметим, что числа $b_{1}, \cdots, b_{q-1}$ отличны от нуля и попарно различны (если $b_{i} = b_{j}$ при $i > j$, то $ip – a_{i}q = jp – a_{j}q$, откуда
$(i - j)p = (a_{i} - a_{j})q, 0 < i -j < q$,
что невозможно, так как $(p,q) = 1$). Поэтому
${b_{1}; \cdots ; b_{q-1}} = {1; \cdots ; q - l}$,
а из теоремы о средних имеем
$\frac{\frac{b_{1}}{1} + \frac{b_{2}}{2} + \cdots + \frac{b_{q-1}}{q-1}}{q-1} \geq \sqrt[q-1]{\frac{b_{1}b_{2} \cdots b_{q-1}}{1 \cdot 2 \cdots (q-1)}} = \sqrt[q-1]{\frac{(q-1)!}{(q-1)!}} = 1$,
откуда
$\frac{b_{1}}{1} + \cdots \frac{b_{n}}{n} \geq \frac{b_{1}}{1} + \cdots + \frac{b_{q-1}}{q-1} \geq q -1$.
Таким образом,
$a_{n} + \frac{q-1}{q} \geq a_{n} + \frac{b_{n}}{q} = \frac{np}{q} = \frac{p}{q} +\frac{2p}{2q} + \cdots + \frac{np}{nq} = $
$= \frac{a_{1}}{1} + \frac{a_{2}}{2}+ \cdots + \frac{a_{n}}{n} + \frac{1}{q} \left (\frac{b_{1}}{1} + \cdots + \frac{b_{n}}{n} \right ) \geq a_{n} + \frac{a_{2}}{2} + \cdots + \frac{a_{n}}{n} + \frac{p-1}{q}$,
что и требовалось доказать.
