研究目的: 國立彰化師範大學數學系李錦鎣教授在文獻 固定值 提供恆等式 $[\sqrt{9n+8}]=[\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}]$ 的一種證法, 其中 $n\in N$, $[x]$ 代表小於或等於 $x$ 的最大整數。 本文試圖利用兩相鄰完全平方數來證明這個恆等式, 以下是證明的過程。

研究過程:

試證： $[\sqrt{9n+8}]=[\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}]$, $n\in N$.

證明：

一、 我們先證明 $\sqrt{9n+8}\lt \sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\lt \sqrt{9n+9}$, $n\in N$.

(一) 因為 $9n+8=3n+3+2(3n+\dfrac 52)=3n+3+2(n+\dfrac a{32})+2(n+\dfrac b{32})+2(n+\dfrac c{32})$, 其中 $a,b,c\in N$ 可推得 $\dfrac 52=\dfrac{80}{32}=\dfrac{a+b+c}{32}$, 選取六組 $(a,b,c)=(12,21,47)$ 或 $(12,22,46)$ 或 $(12,23,45)$ 或 $(12,24,44)$ 或 $(13,23,44)$ 或 $(13,22,45)$ 來測試, 必須滿足底下三個不等式

$$(n+\frac a{32})^2\lt n(n+1),\ (n+\frac b{32})^2\lt n(n+2),\ (n+\frac c{32})^2\lt (n+1)(n+2),$$

對所有的 $n\in N$ 都必須成立。 但是, 如果 $a\lt16$ 時, 則 "$n\!\in\! N$, $(n\!+\!\dfrac{a}{32})^2\!\lt\!n(n+1)$", 與 "$n\!\in\! N$, $n\!\gt\!(\dfrac{a}{32})^2/(1\!-\!\dfrac a{16})$" 相同, 因此只需要檢驗 $n=1$ 的情形。 同理另兩個不等式也只要檢驗 $n=1$ 的情形。 亦即, 當 $n=1$ 時,必須滿足底下三個不等式

$$(1\!+\!\frac a{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!1),\ (1\!+\!\frac b{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!2),\ (1\!+\!\frac c{32})^2\!\lt\!(1\!+\!1)\cdot (1\!+\!2).$$

$1^\circ$ 將第一組 $(a,b,c)=(12,21,47)$ 代入上面三個不等式檢驗, 此時

$$(1\!+\!\frac {12}{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!1),\ (1\!+\!\frac {21}{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!2),\ (1\!+\!\frac {47}{32})^2\!\gt\!(1\!+\!1)\cdot (1\!+\!2).\qquad~$$

第三個不等式不成立, 這一組不是我們要的。

$2^\circ$ 將第二組 $(a,b,c)=(12,22,46)$ 代入檢驗, 此時

$$(1\!+\!\frac {12}{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!1),\ (1\!+\!\frac {22}{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!2),\ (1\!+\!\frac {46}{32})^2\!\lt\!(1\!+\!1)\cdot (1\!+\!2).\qquad~$$

三個不等式都成立, 這一組是我們要的。

$3^\circ$ 將第三組 $(a,b,c)=(12,23,45)$ 代入檢驗, 此時

$$(1\!+\!\frac {12}{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!1),\ (1\!+\!\frac {23}{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!2),\ (1\!+\!\frac {45}{32})^2\!\lt\!(1\!+\!1)\cdot (1\!+\!2).\qquad~$$

三個不等式都成立, 這一組是我們要的。

$4^\circ$ 將第四組 $(a,b,c)=(12,24,44)$ 代入檢驗, 此時

$$(1\!+\!\frac {12}{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!1),\ (1\!+\!\frac {24}{32})^2\!\gt\!1\cdot (1\!+\!2),\ (1\!+\!\frac {44}{32})^2\!\lt\!(1\!+\!1)\cdot (1\!+\!2).\qquad~$$

第二個不等式不成立, 這一組不是我們要的。

$5^\circ$ 將第五組 $(a,b,c)=(13,23,44)$ 代入檢驗, 此時

$$(1\!+\!\frac {13}{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!1),\ (1\!+\!\frac {23}{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!2),\ (1\!+\!\frac {44}{32})^2\!\lt\!(1\!+\!1)\cdot (1\!+\!2).\qquad~$$

三個不等式都成立, 這一組是我們要的。

$6^\circ$ 將第六組 $(a,b,c)=(13,22,45)$ 代入檢驗, 此時

$$(1\!+\!\frac {13}{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!1),\ (1\!+\!\frac {22}{32})^2\!\lt\!1\cdot (1\!+\!2),\ (1\!+\!\frac {45}{32})^2\!\lt\!(1\!+\!1)\cdot (1\!+\!2).\qquad~$$

三個不等式都成立, 這一組是我們要的。

(二) 將第二組 $(a,b,c)=(12,22,46)$ 轉換成

$$\Big(\dfrac{a}{32},\dfrac{b}{32},\dfrac{c}{32}\Big)=\Big(\dfrac{12}{32},\dfrac{22}{32},\dfrac{46}{32}\Big) =\Big(\dfrac{3}{8},\dfrac{11}{16},\dfrac{23}{16}\Big).$$

推得底下 \eqref{1} 式, \eqref{2} 式與 \eqref{3} 式

\begin{align} 2\Big(n+\frac 38\Big)=\,&2\sqrt{n^2+\frac 34 n+\frac{9}{64}}\lt2\sqrt{n^2+\frac 34 n+\frac{n}{4}}\nonumber\\ =\,&2\sqrt{n(n+1)}\lt2\sqrt{n^2+n+\frac 14}=2\Big(n+\frac 12\Big),\label{1}\\[8pt] 2\Big(n+\frac {11}{16}\Big)=\,&2\sqrt{n^2+\frac {11}8 n+\frac{121}{256}}\lt2\sqrt{n^2+\frac {11}8 n+\frac{5}{8}n}\nonumber\\ =\,&2\sqrt{n(n+2)}\lt2\sqrt{n^2+2n+1}=2(n+1),\label{2}\\[8pt] 2\Big(n+\frac {23}{16}\Big)=\,&2\sqrt{n^2+\frac {23}8 n+\frac{529}{256}}\lt2\sqrt{n^2+\frac{23}{8}n+(\frac n8+2)}\nonumber\\ =\,&2\sqrt{(n+1)(n+2)}\lt2\sqrt{n^2+3n+\frac 94}=2\Big(n+\frac 32\Big),\label{3} \end{align}

其中利用了 "$n\in N$ 時, $\dfrac 9{64}\lt\dfrac n4$, $\dfrac{121}{256}\lt\dfrac 58 n$, $\dfrac{529}{256}\lt\dfrac n8+2$", 所以 \eqref{1} 式$+$\eqref{2} 式$+$\eqref{3} 式可得

$$6n+5\lt2(\sqrt{n(n+1)}+\sqrt{n(n+2)}+\sqrt{(n+1)(n+2)})\lt6n+6.$$

不等式同時加上 $3n+3$ 可得

$$9n+8\lt3n+3+2(\sqrt{n(n+1)}+\sqrt{n(n+2)}+\sqrt{(n+1)(n+2)})\lt9n+9,$$

進而可推得

$$9n+8\lt(\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2})^2\lt9n+9.$$

開平方後我們證得

$$\sqrt{9n+8}\lt\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\lt\sqrt{9n+9}, \quad n\in N.$$

(三) 將第三組 $(a,b,c)=(12,23,45)$ 轉換成

$$\Big(\dfrac{a}{32},\dfrac{b}{32},\dfrac{c}{32}\Big)=\Big(\dfrac{12}{32},\dfrac{23}{32},\dfrac{45}{32}\Big) =\Big(\dfrac{3}{8},\dfrac{23}{32},\dfrac{45}{32}\Big),$$

推得底下 (1) 式, \eqref{4} 式與 \eqref{5} 式

\begin{align} 2\Big(n+\frac 38\Big)=\,&2\sqrt{n^2+\frac 34 n+\frac{9}{64}}\lt2\sqrt{n^2+\frac 34 n+\frac{n}{4}}\nonumber\\ =\,&2\sqrt{n(n+1)}\lt2\sqrt{n^2+n+\frac 14}=2\Big(n+\frac 12\Big),\tag*{(1)}\\[8pt] 2\Big(n+\frac {23}{32}\Big)=\,&2\sqrt{n^2+\frac {23}{16} n+\frac{529}{1024}}\lt2\sqrt{n^2+\frac {23}{16} n+\frac{9}{16}n}\nonumber\\ =\,&2\sqrt{n(n+2)}\lt2\sqrt{n^2+2n+1}=2(n+1),\label{4}\\[8pt] 2\Big(n+\frac {45}{32}\Big)=\,&2\sqrt{n^2+\frac {45}{16} n+\frac{2025}{1024}}\lt2\sqrt{n^2+\frac{45}{16}n+(\frac {3n}{16}+2)}\nonumber\\ =\,&2\sqrt{(n+1)(n+2)}\lt2\sqrt{n^2+3n+\frac 94}=2\Big(n+\frac 32\Big),\label{5} \end{align}

其中利用了 "$n\in N$ 時, $\dfrac 9{64}\lt\dfrac n4$, $\dfrac{529}{1024}\lt\dfrac 9{16} n$, $\dfrac{2025}{1024}\lt\dfrac {3n}{16}+2$", 所以 \eqref{1} 式 $+$\eqref{4} 式 $+$\eqref{5} 式可得

$$6n+5\lt2(\sqrt{n(n+1)}+\sqrt{n(n+2)}+\sqrt{(n+1)(n+2)})\lt6n+6.$$

不等式同時加上 $3n+3$ 可得

$$9n+8\lt3n+3+2(\sqrt{n(n+1)}+\sqrt{n(n+2)}+\sqrt{(n+1)(n+2)})\lt9n+9,$$

進而可推得

$$9n+8\lt(\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2})^2\lt9n+9,$$

開平方後我們證得

$$\sqrt{9n+8}\lt\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\lt\sqrt{9n+9}, \quad n\in N.$$

(四) 將第五組 $(a,b,c)=(13,23,44)$ 轉換成

$$\Big(\dfrac{a}{32},\dfrac{b}{32},\dfrac{c}{32}\Big)=\Big(\dfrac{13}{32},\dfrac{23}{32},\dfrac{44}{32}\Big) =\Big(\dfrac{13}{32},\dfrac{23}{32},\dfrac{11}{8}\Big),$$

推得底下 \eqref{6} 式, (4) 式與 \eqref{7} 式

\begin{align} 2\Big(n+\frac {13}{32}\Big)=\,&2\sqrt{n^2+\frac {13}{16} n+\frac{169}{1024}}\lt2\sqrt{n^2+\frac {13}{16} n+\frac{3n}{16}}\nonumber\\ =\,&2\sqrt{n(n+1)}\lt2\sqrt{n^2+n+\frac 14}=2\Big(n+\frac 12\Big),\label{6}\\ 2\Big(n+\frac {23}{32}\Big)=\,&2\sqrt{n^2+\frac {23}{16} n+\frac{529}{1024}}\lt2\sqrt{n^2+\frac {23}{16} n+\frac{9}{16}n}\nonumber\\ =\,&2\sqrt{n(n+2)}\lt2\sqrt{n^2+2n+1}=2(n+1),\tag*{(4)}\\ 2\Big(n+\frac {11}{8}\Big)=\,&2\sqrt{n^2+\frac {11}{4} n+\frac{121}{64}}\lt2\sqrt{n^2+\frac{11}{4}n+(\frac {n}{4}+2)}\nonumber\\ =\,&2\sqrt{(n+1)(n+2)}\lt2\sqrt{n^2+3n+\frac 94}=2\Big(n+\frac 32\Big),\label{7} \end{align}

其中利用了 "$n\in N$ 時, $\dfrac {169}{1024}\lt\dfrac {3n}{16}$, $\dfrac{529}{1024}\lt\dfrac 9{16} n$, $\dfrac{121}{64}\lt\dfrac {n}{4}+2$", 所以 \eqref{6} 式$+$(4) 式$+$\eqref{7} 式可得

$$6n+5\lt2(\sqrt{n(n+1)}+\sqrt{n(n+2)}+\sqrt{(n+1)(n+2)})\lt6n+6.$$

不等式同時加上 $3n+3$ 可得

$$9n+8\lt3n+3+2(\sqrt{n(n+1)}+\sqrt{n(n+2)}+\sqrt{(n+1)(n+2)})\lt9n+9,$$

進而可推得

$$9n+8\lt(\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2})^2\lt9n+9,$$

開平方後我們證得

$$\sqrt{9n+8}\lt\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\lt\sqrt{9n+9}, \quad n\in N.$$

(五) 將第六組 $(a,b,c)=(13,22,45)$ 轉換成

$$\Big(\dfrac{a}{32},\dfrac{b}{32},\dfrac{c}{32}\Big)=\Big(\dfrac{13}{32},\dfrac{22}{32},\dfrac{45}{32}\Big) =\Big(\dfrac{13}{32},\dfrac{11}{16},\dfrac{45}{32}\Big),$$

推得底下 (6) 式, (2) 式與 (5) 式

\begin{align} 2\Big(n+\frac {13}{32}\Big)=\,&2\sqrt{n^2+\frac {13}{16} n+\frac{169}{1024}}\lt2\sqrt{n^2+\frac {13}{16} n+\frac{3n}{16}}\nonumber\\ =\,&2\sqrt{n(n+1)}\lt2\sqrt{n^2+n+\frac 14}=2\Big(n+\frac 12\Big),\tag*{(6)}\\ 2\Big(n+\frac {11}{16}\Big)=\,&2\sqrt{n^2+\frac {11}{8} n+\frac{121}{256}}\lt2\sqrt{n^2+\frac {11}{8} n+\frac{5}{8}n}\nonumber\\ =\,&2\sqrt{n(n+2)}\lt2\sqrt{n^2+2n+1}=2(n+1),\tag*{(2)}\\ 2\Big(n+\frac {45}{32}\Big)=\,&2\sqrt{n^2+\frac {45}{16} n+\frac{2025}{1024}}\lt2\sqrt{n^2+\frac{45}{16}n+(\frac {3n}{16}+2)}\nonumber\\ =\,&2\sqrt{(n+1)(n+2)}\lt2\sqrt{n^2+3n+\frac 94}=2\Big(n+\frac 32\Big),\tag*{(5)} \end{align}

其中利用了 "$n\in N$ 時, $\dfrac {169}{1024}\lt\dfrac {3n}{16}$, $\dfrac{121}{256}\lt\dfrac 5{8} n$, $\dfrac{2025}{1024}\lt\dfrac {3n}{16}+2$", 所以 (6) 式$+$(2) 式$+$(5) 式可得

$$6n+5\lt2(\sqrt{n(n+1)}+\sqrt{n(n+2)}+\sqrt{(n+1)(n+2)})\lt6n+6,$$

不等式同時加上 $3n+3$ 可得

$$9n+8\lt3n+3+2(\sqrt{n(n+1)}+\sqrt{n(n+2)}+\sqrt{(n+1)(n+2)})\lt9n+9,$$

進而可推得

$$9n+8\lt(\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2})^2\lt9n+9,$$

開平方後我們證得

$$\sqrt{9n+8}\lt\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\lt\sqrt{9n+9}, \quad n\in N.$$

(六) 由 (二) 到 (五) 的討論

我們都可以證得

$$\sqrt{9n+8}\lt\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\lt\sqrt{9n+9}, \quad n\in N.$$

二、 當 $k\in N$ 時, $(3k+1)^2\equiv 1$ 或 4 或 7(mod 9), $(3k+2)^2\equiv 1$ 或 4 或 7(mod 9), $(3k+3)^2\equiv 0$ (mod 9),
又當 $n\in N$ 時, $9n+8\equiv 8$ (mod 9).
因此當 $n,k\in N$ 時, $9n+8\neq(3k+1)^2$, $9n+8\neq(3k+2)^2$, $9n+8\neq(3k+3)^2$.

三、 當 $k\in N$ 時, $(3k+2)^2\equiv 1$ 或 4 或 7(mod 9), $(3k+4)^2\equiv 1$ 或 4 或 7(mod 9).
又當 $n\in N$ 時, $9n+9\equiv 0$ (mod 9).
因此當 $n,k\in N$ 時, $9n+9\neq(3k+2)^2$, $9n+9\neq(3k+4)^2$.

四、 當 $n\neq k^2+2k$, $k\in N$ 時, $9n+9\neq 9(k^2+2k)+9=(3k+3)^2$,
即 $9n+9\neq(3k+3)^2$.
我們分成三組兩相鄰完全平方數來討論

$(3k+1)^2\ \hbox{與}\ (3k+2)^2,\quad (3k+2)^2\ \hbox{與}\ (3k+3)^2, \quad (3k+3)^2\ \hbox{與}\ (3k+4)^2.$

(1) 當 $k\in N$ 且 $(3k+1)^2\lt9n+8\lt9n+9\lt(3k+2)^2$ 時開平方可得

$$3k+1\lt\sqrt{9n+8}\lt\sqrt{9n+9}\lt3k+2,$$

進而推得

$$3k+1=[\sqrt{9n+8}]=[\sqrt{9n+9}].$$

(2) 當 $k\in N$ 且 $(3k+2)^2\lt9n+8\lt9n+9\lt(3k+3)^2$ 時開平方可得

$$3k+2\lt\sqrt{9n+8}\lt\sqrt{9n+9}\lt3k+3,$$

進而推得

$$3k+2=[\sqrt{9n+8}]=[\sqrt{9n+9}].$$

(3) 當 $k\in N$ 且 $(3k+3)^2\lt9n+8\lt9n+9\lt(3k+4)^2$ 時開平方可得

$$3k+3\lt\sqrt{9n+8}\lt\sqrt{9n+9}\lt3k+4,$$

進而推得

$$3k+3=[\sqrt{9n+8}]=[\sqrt{9n+9}].$$

五、 當 $n=k^2+2k$, $k\in N$ 時

\begin{align*} 3k+3=\,&\sqrt{9k^2+18k+9}=\sqrt{9(k^2+2k)+9}=\sqrt{9n+9}\gt\sqrt{9n+8}\\ =\,&\sqrt{9(k^2+2k)+8}\gt\sqrt{9k^2+12k+4}=3k+2, \end{align*}

因此可得

$$3k+2=[\sqrt{9n+8}]\lt[\sqrt{9n+9}]=3k+3.$$

六、 由四、 與五、 的討論可得

$$[\sqrt{9n+8}]\le[\sqrt{9n+9}],\quad n\in N .$$

七、 由一、與六、的討論可得

\begin{align*} \sqrt{9n+8}\lt\,&\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\lt\sqrt{9n+9},\quad n\in N,\\ {\hbox{且}} [\sqrt{9n+8}]\le\,&[\sqrt{9n+9}],\quad n\in N, \end{align*}

因此我們證得

$$[\sqrt{9n+8}]=[\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}],\quad n\in N.$$

參考文獻

本文作者為國立宜蘭高中退休教師