Προβλήματα Μαθηματικών

Νοέμβριος 10, 2010

Άθροισμα αντιστρόφων ΕΚΠ

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Themis Mitsis @ 3:30 μμ

Το πρόβλημα αυτό το έμαθα από τον Γιώργο Παπαδόπουλο.
Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί a_0<a_1<a_2<\cdots<a_n. Δείξτε ότι

\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{[a_k,a_{k+1}]}\leq1-\frac1{2^n},

όπου [a_k,a_{k+1}] είναι το Ελάχιστο Κοινό Πολλαπλάσιο των a_k και a_{k+1}.

Advertisements

13 Σχόλια »

  1. Το άθροισμα στα αριστερά παίρνει την μέγιστη τιμή όταν υπολογιστεί
    για την ακολουθία 1,2,2^2,2^3,\ldots,2^n.
    Δοθείσης ακολουθίας a_0 < a_1  a \text{και} k \geq 1.
    Τότε S[a, b, 2b, 4b, \ldots, 2^k b]\leq S[a,2a,2^2 a,\ldots , 2^{k+1} a].
    Πράγματι, εάν b \geq 2a, τότε προφανώς ισχύει.
    Αν b < 2a τότε έστω [a,b]=pa=qb (φανερά q < p).

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Νοέμβριος 18, 2010 @ 9:02 μμ

  2. Θεωρούμε δύο περιπτώσεις:
    1) q\leq p-2: Τότε
    \frac{1}{[a,b]} + \frac{1}{[b,2b]}+ \frac{1}{[2b,4b]} + \cdots +  \frac{1}{[2^{k-1}b,2^k b]} =
    \frac{1}{p a} + \frac{1}{2b}+ \frac{1}{4b}+\cdots + \frac{1}{2^kb} =  \frac{1}{p a} +  \frac{q}{p a} \cdot  (1-\frac{1}{2^k}) \leq
    \frac{2 (1-\frac{1}{2^k})}{pa} + \frac{p-2}{pa}(1-\frac{1}{2^k}) = \frac{1}{a} (1-\frac{1}{2^k}) \leq
    \frac{1}{a} (1-\frac{1}{2^{k+1}})S[a,2a,4a,\ldots , 2^{k+1} a].

    2) q = p-1. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι p\geq 3, διότι στην περίπτωση
    που p =2 το ζητούμενο έπεται. Τότε
    \frac{1}{[a,b]} + \frac{1}{[b,2b]}+ \frac{1}{[2b,4b]} +\cdots +\frac{1}{[2^{k-1}b,2^k b]} =
    \frac{1}{pa} + \frac{q}{pa} (1-\frac{1}{2^k}) = \frac{1}{pa}  + \frac{p-1}{pa} - \frac{p-1}{pa2^k} \leq 1/a + 1/(a 2^{k+1}) = S[a,2a,4a,\ldots , 2^{k+1}a],
    χάρη στην ανισότητα \frac{p-1}{p} \geq 1/2 .
    Επαναλαμβάνουμε αυτή τη διαδικασια φράσσοντας το S[a_0,a_1, \ldots ,a_n]
    από το S[a_0, 2a_0, 2^2 a_0, \ldots , 2^n a_0] για το οποίο η ζητούμενη
    ανισότητα αληθεύει.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Νοέμβριος 18, 2010 @ 9:03 μμ

  3. Στην 3η γραμμή από το 1ο σχόλιο δεν εμφανίστηκε η εξής πρόταση:

    »Δοθείσης ακολουθίας a_0 < a_1 < \cdots a_n, έστω S[ a_0,a_1,\ldots , a_n] το άθροισμα στα αριστερά.
    Αν η ακολουθία είναι της μορφής a, 2a, 4a, \ldots, 2^n a.
    Τότε …''

    Η τελευταία γραμμή από την περίπτωση 1) στο 2ο σχόλιο θα έπρεπε να γράφει
    \frac{1}{a} (1-\frac{1}{2^{k+1}}) = S[a,2a,4a,\ldots , 2^{k+1} a].

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Νοέμβριος 18, 2010 @ 9:14 μμ

  4. Συγνώμη αλλά λείπει ακόμα μία πρόταση στην 3η γραμμή.

    »Δοθείσης ακολουθίας a_0 < a_1  a \text{και} k \geq 1.
    Τότε … »

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Νοέμβριος 18, 2010 @ 9:18 μμ

  5. Επιμένει να μην εμφανίζει κάποια .
    Στο 1ο σχόλιο γίνεται η παρατήρηση ότι
    S[a, 2a, 4a, \ldots , 2^n a] = \frac{1}{a} (1-\frac{1}{2^n}) \leq 1 -1-\frac{1}{2^n}.
    Στη συνέχεια υποθέτουμε πως η ακολουθία τελειώνει με όρους της μορφής
    a, b, 2b, \ldots , 2^k b, για κάποιο b > a και k \geq 1.
    Το επιχείρημα συνεχίζει από την 4η γραμμή του 1ου σχολιου δείχνοντας ότι
    S[a, b, 2b, \ldots , 2^k b] \leq S[a,2a,4a,\ldots , 2^{k+1}a]

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Νοέμβριος 18, 2010 @ 9:38 μμ

  6. Κι’ αν η ακολουθία είναι αυθαίρετη, τι γίνεται;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Νοέμβριος 18, 2010 @ 10:44 μμ

  7. Τι παει να πει αυθαίρετη?
    Τα a_0 < a_1 < \ldots a_n είναι τυχαία και το S[a_0, a_1, \ldots , a_n] είναι
    μικρότερο ή ισο του S[a_0, 2 a_0, 2^2 a_0 , \ldots 2^n a_0].
    Στην ουσία εκτιμάμε το άθροισμα ως εξής:
    S[a_0, a_1, \ldots , a_n] \leq S[a_0 , a_1 , \ldots , a_{n-1}, 2 a_{n-1}] \leq S[a_0, a_1 , \ldots , a_{n-2}, 2 a_{n-2}, 2^2a_{n-2}] \leq \cdots
    \leq S[a_0, 2 a_0, 2^2 a_0 , \ldots 2^n a_0] = \frac{1}{a} (1 - \frac{1}{2^n}) \leq 1 - \frac{1}{2^n}.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Νοέμβριος 18, 2010 @ 11:01 μμ

  8. Ναι, αυτό ήθελα να γράψεις.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Νοέμβριος 19, 2010 @ 12:38 πμ

  9. Υπαρχει και μια αλλη λυση. Η βασικη παρατηρηση ειναι οτι για φυσικους αριθμους $latex a1$, τοτε εχουμε τελειωσει. Υποθετουμε λοιπον οτι a_0=1 και a_n>2^n. Υπαρχει τοτε m\in\{0,1,\dots,n-1\} ωστε a_i>2^i για m<i\le n και a_m\le 2^m. Εχουμε λοιπον οτι

    \displaystyle{\sum_{i=0}^{n-1}\frac1{[a_i,a_{i+1}]}\le\sum_{i=0}^{m-1}\frac1{[a_i,a_{i+1}]}+\sum_{i=m}^{n-1}\frac1{2^{i+1}}\le 1-\frac1{2^m}+\sum_{i=m}^{n-1}\frac1{2^{i+1}}=1-\frac1{2^n}.}

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από partalopoulo — Νοέμβριος 19, 2010 @ 8:16 πμ

  10. Πως γραφω γνησιες ανισοτητες με εντολες latex; Νομιζω επειδη η html χρησιμοποιει αυτα τα συμβολα, μπερδευεται ο compiler. Τελοσπαντων, η βασικη ιδεα ειναι οτι για διαφορετικους ακεραιους a\le b και θετοντας d=(a,b), εχουμε οτι \frac1{[a,b]}\le\frac{b/d-a/d}{[a,b]}=\frac1a-\frac1b.

    Επομενως, \sum_{i=0}^{m-1}\frac1{[a_i,a_{i+1}]}\le\frac1{a_0}-\frac1{a_m}. Αρα αν a_0>1 ή a_n\le 2^n, εχουμε τελειωσει. Αν οχι, υπαρχει m\in\{0,1,\dots,n-1\} ωστε a_i\le1+2^i για i>m και a_m\le 2^m. Επομενως

    \displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}\frac1{[a_i,a_{i+1}]}\le\sum_{i=0}^{m-1}\frac1{[a_i,a_{i+1}]}+\sum_{i=m}^{n-1}\frac1{2^{i+1}}\le 1-\frac1{2^m}+\sum_{i=m}^{n-1}\frac1{2^{i+1}}=1-\frac1{2^n}.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από partalopoulo — Νοέμβριος 19, 2010 @ 8:29 πμ

  11. Και αυτό σωστό.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Νοέμβριος 19, 2010 @ 2:39 μμ

  12. Αν λάβουμε υπόψη ότι 1/ΕΚΠ(χ,ψ) = ΜΚΔ(χ,ψ)/χ·ψ δεν θα βρούμε άκρη γρηγορότερα;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Stazybο Hοrn — Δεκέμβριος 1, 2010 @ 8:33 μμ

  13. Stazybo Horn
    Μπορείς να το αναπτύξεις λίγο;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Δεκέμβριος 1, 2010 @ 9:21 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Blog στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: