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 * 贴子主题: 令$\,G(r)=\underset{m,n\in\mathbb{Z}}{\min}|r-\sqrt{m^2+2n^2}|\quad\small(r>0).\quad$试求$\,\displaystyle\lim_{r\to\infty}G(r).$ 不分页显示此帖  保存该页为文件  本贴有问题,发送短消息报告给版主  加入个人收藏&关注本贴  显示可打印的版本  把本贴打包邮递  把本贴加入收藏夹  发送本页面给朋友   
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  题:令$\,G(r)=\underset{m,n\in\mathbb{Z}}{\min}|r-\sqrt{m^2+2n^2}|\quad\small(r>0).\quad$试求$\,\displaystyle\lim_{r\to\infty}G(r).$u
解:不妨设$\,r>1.\,$令$\,m_r=\lfloor r\rfloor,\,\theta_r=\arccos{\large\frac{m_r}{r}},\;n_r=\lfloor\frac{r}{\sqrt{2}}\sin\theta_r\rfloor,$4
$\qquad$则$\qquad m_r^2+2n_r^2\le r^2{\small\color{gray}{(=(r\cos\theta_r)^2+2(\frac{r}{\sqrt{2}}\sin\theta_r)^2)}}< m_r^2+2(n_r+1)^2\;$z
$\therefore\underset{\,}{\quad} 0\le G(r)\le r-\sqrt{m_r^2+2n_r^2}< \sqrt{m_r^2{\small +2(}n_r\small+1)^2}-\sqrt{m_r^2+2n_r^2}$$JbO
$\qquad\small={\large\frac{2((n_r+1)^2-n_r^2)}{\sqrt{m_r^2+2{\small(}n_r+1{\small)}^2}+\sqrt{\large m_r^2+2n_r^2}}}<{\large\frac{2(2n_r+1)}{2\sqrt{m_r^2+2n_r^2}}}< {\large\frac{1+\sqrt{2}r\sin\theta_r}{r-1}}\overset{r\to\infty}{\longrightarrow}0$$.
$\qquad({\small r-1<\sqrt{m_r^2+2n_r^2}},\,n_r\le\frac{\large r}{\sqrt{2}}\sin{\small\theta_r,\;\;\theta_r\overset{r\to\infty}{\longrightarrow}0}).\quad\square$"Gw*v
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注:$\;\lfloor x\rfloor\,$是$\,x\,$的整数部分.w


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  注记:这种【整点问题】似曾相识,在如何解决上又总是不长记性.F551
$\qquad$所以值得给个注记.首先让我想起的是$\,m^2+2n^2 = r^2\,$这种可"EhN`
$\qquad$遇不可求的情形.但易见"靠近"椭圆$\;\mathbf{\psi}(r,\theta)=r(\cos\theta,\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\theta)\,$|0q-<*
$\qquad$的整点$(m,n)$使$\,r'{\small=}\sqrt{m^2{\small+\,2\,}n^2}\,$靠近$\,r\,$.为此考察$\,(m_r,n_r)\,$其中"Z*
$\qquad\theta_r\ge 0\,$是使$\,m_r=\lfloor r\rfloor=r\cos\theta\,$的最小$\,\theta.\;$接下来的事情是估计}
$\qquad r-\sqrt{m_r^2+2n_r^2}.$ 結果证实$\;\,G(r)= O(\theta_r)\;\;(\theta_r\overset{r\to\infty}{\longrightarrow}0).$MH(,b(
$\qquad$按此在新窗口浏览图片 L7Ela


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  請問老師為什麼,F
$\sqrt{m_r^2+2(n_r+1)^2}-\sqrt{m_r^2+2n_r^2}< {\large\frac{2(2n_r+1)}{2\sqrt{m_r^2+2n_r^2}}}< \large\frac{1+\sqrt{2}r\sin\theta_r}{r-1}$qux


发贴时间2020/05/25 09:52pm IP: 已设置保密[本文共178字节]  
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  加細了二樓的估算.刪除了零碎問答的貼子以方便有同樣問題的朋友. z[H
謝謝樓主Hoffman幫助改進解答.找到簡捷和易懂的平衡.s,)4]y


发贴时间2020/05/26 03:31am IP: 已设置保密[本文共138字节]  
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  题:令$\,G(r)=\underset{m,n\in\mathbb{Z}}{\min}|r-\sqrt{m^2+2n^2}|\;\small(r>0).\;$求$\,\displaystyle\lim_{r\to\infty}G(r).$m
解:令$\,m_r=\lfloor r\rfloor,\,\delta=r-m_r,\;n_r=\lfloor\sqrt{m_r\delta}\rfloor,\,$則$\,r=m_r+\delta,$/j6+
$\qquad m_r^2+2n_r^2\le r^2-\delta^2\le r^2< m_r^2+2(n_r+1)^2,$u3w
$\therefore\quad\small 0\le G(r)\le r-\sqrt{m_r^2+2n_r^2}< {\scriptsize\sqrt{m_r^2 +2(n_r +1)^2}}-\sqrt{m_r^2+2n_r^2}$=Pt
$\qquad\small< {\large\frac{2n_r+1}{r-\delta}}< {\large\frac{2\sqrt{r}+1}{r-1}}\to 0\,(r\to\infty)\quad\small\square\underset{\,}{\,}$,Y/9
$\qquad$比二樓簡單多了!6QOPls


发贴时间2020/05/26 04:18pm IP: 已设置保密[本文共654字节]  
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  6F©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  T|I
請問 $n_r=\lfloor m_r\delta\rfloor$ 怎來的Fgzn


发贴时间2020/05/26 05:34pm IP: 已设置保密[本文共72字节]  
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  取$\,m_r=\lfloor r\rfloor,\;\delta_r=r-m_r,\,$則$\,m_r^2+2m_r\delta_r+\delta_r^2=r^2.\,$故jYh}(
$n_r=\lfloor\sqrt{m_r\delta_r}\rfloor\,$是使$\,m_r^2+2n_r^2\le r^2\,$的最大整數. 如此Y)
對應於每個$\,r>1,\,$有一個整數對$\,(m_r,n_r)\,$使得5C&
$\;\;\small 0\le G(r)\le r-\sqrt{m_r^2+2n_r^2}< \sqrt{m_r^2{\small +2(}n_r\small+1)^2}-\sqrt{m_r^2+2n_r^2}$e
$\;\; < {\large\frac{2n_r+1}{m_r}}< {\large\frac{2\sqrt{r}+1}{r-1}}.\qquad\therefore\;\;\displaystyle\lim_{r\to\infty}G(r)=0.\quad\square$GC


发贴时间2020/05/27 02:18am IP: 已设置保密[本文共511字节]  
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  請問老師,取整符號是不是就是高斯函數?*<(<S


发贴时间2020/05/27 02:50am IP: 已设置保密[本文共62字节]  

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快速回复主题: 令$\,G(r)=\underset{m,n\in\mathbb{Z}}{\min}|r-\sqrt{m^2+2n^2}|\quad\small(r>0).\quad$试求$\,\displaystyle\lim_{r\to\infty}G(r).$
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