Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

#1

Έστω φυσικός $n\geq 2$ . Να δειχθεί ότι αν $x_1,x_2,\cdots,x_n$ είναι φυσικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε

$x_1+x_2+\cdots+x_n=x_1x_2\cdots x_n$ ,

τότε ισχύει

$\displaystyle{1<\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\leq 2}$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

kwstas12345 · #2

Για το κάτω φράγμα:
Eίναι: $\sum_{j=1}^{n}{x_{j}}\geq n\sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}\Leftrightarrow x_{1}x_{2}...x_{n}\geq n\left( x_{1}x_{2}...x_{n}\right)^{\frac{1}{n}}\Leftrightarrow \left(x_{1}x_{2}...x_{n} \right)^{\frac{n-1}{n}}\geq n\Leftrightarrow \left( x_{1}x_{2}...x_{n}\right)^{\frac{1}{n}}\geq n^{\frac{1}{n-1}}.$

Άρα: $\frac{\sum_{j=1}^{n}{x_{j}}}{n}\geq n\frac{\left(x_{1} x_{2}...x_{n}\right)^{\frac{1}{n}}}{n}\geq n^{\frac{1}{n-1}}>n^{0}=1,n\geq 2$

Nick1990 · #3

kwstas12345 έγραψε:Για το κάτω φράγμα:
Eίναι: $\sum_{j=1}^{n}{x_{j}}\geq n\sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}\Leftrightarrow x_{1}x_{2}...x_{n}\geq n\left( x_{1}x_{2}...x_{n}\right)^{\frac{1}{n}}\Leftrightarrow \left(x_{1}x_{2}...x_{n} \right)^{\frac{n-1}{n}}\geq n\Leftrightarrow \left( x_{1}x_{2}...x_{n}\right)^{\frac{1}{n}}\geq n^{\frac{1}{n-1}}.$

Άρα: $\frac{\sum_{j=1}^{n}{x_{j}}}{n}\geq n\frac{\left(x_{1} x_{2}...x_{n}\right)^{\frac{1}{n}}}{n}\geq n^{\frac{1}{n-1}}>n^{0}=1,n\geq 2$

Το άνω φράγμα: $x_{1}x_{2}...x_{n}\geq n\left( x_{1}x_{2}...x_{n}\right)^{\frac{1}{n}}\Leftrightarrow 1\geq n\left( x_{1}x_{2}...x_{n}\right)^{\frac{1-n}{n}}\Leftrightarrow n^{-1}\geq \left( x_{1}x_{2}...x_{n}\right)^{\frac{1-n}{n}}\Leftrightarrow \left( n^{-1}\right)^{\frac{n}{1-n}}\geq \prod_{j=1}^{n}{x_{j}}\Leftrightarrow n^{\frac{n}{n-1}}\geq \prod_{j=1}^{n}{x_{j}}$

$\frac{\sum_{j=1}^{n}{x_{j}}}{n} =\frac{\prod_{j=1}^{n}{x_{j}}}{n}\leq \frac{n^{\frac{n}{n-1}}}{n}=n^{\frac{n}{n-1}-\frac{n-1}{n-1}}=n^{\frac{1}{n-1}}<2$

Το 1ο σωστο, το 2ο λαθος. Πρωτου ποσταρεις μια λυση, σκεψου πρωτα μηπως αυτα που γραφεις δεν εχουν νοημα.
Δειχνεις το ενα φραγμα εφαρμοζοντας καπου μια αυξουσα συναρτηση της μορφης f = x^a

, και μετα για να δειξεις το αλλο αντιστρεφεις την ανισοτητα και εφαρμοζεις την $f = x^{-a}$ , οποτε στην ουσια κανεις οτι ακριβως εκανες και στο κατω φραγμα για να δειξεις το ανω, πραγμα που δεν εχει νοημα, και φτανεις εσφαλμενα στο ζητουμενο ανω φραγμα αγνοοντας το οτι η $f = x^{-a}$ θα ειναι προφανως φθινουσα!!!

Για να καταλαβεις δηλαδη: εχεις δειξει οτι ο αριθμιτικος μεσος Α, ειναι μικροτερος η ισος και ταυτοχρονα μεγαλυτερος η ισος απο $n^{\frac{1}{n-1}}$ , οποτε $A = n^{\frac{1}{n-1}}$ για οποιαδηποτε επιλογη των n μεταβλητων (οχι απαραιτητα φυσικων, διοτι δεν χρησημοποιεις πουθενα οτι οι αριθμοι ειναι φυσικοι) που ικανοποιουν την συνθηκη!!!

Επισης οπως σου ειπα και χτες στο προβλημα με την ελλειψη, οταν βλεπεις οτι φτανεις σε λυση χωρις να χρησημοποιεις βασικα δεδομενα (χτες την περιγεγραψημοτητα του τετραπλευρου και σημερα την ακεραιοτητα των θετικων αριθμων), πρεπει να υποψιαζεσαι οτι κατι δεν παει καλα με τη λυση

GMANS · #4

ΔΗΜΟΣΙΕΥΣΗ 7.pdf: (21.46 KiB) Μεταφορτώθηκε 96 φορές

#5

Ευχαριστώ για τις ως τώρα απαντήσεις.

Απλά να επισημάνω ότι το ενδιαφέρον (και πιο δύσκολο) είναι το άνω φράγμα.

Το κάτω είναι πολύ απλό, σχεδόν τετριμμένο: στο νου μου έχω το επιχείρημα του GMANS, όπου εννοείται ότι με φυσικούς εννούμε μεγαλύτερους ή ίσους από το 1. Να με συγχωρείτε εαν αυτό σας μπέρδεψε.

Δηλαδή,

$x_1x_2\cdots x_n=x_1+x_2+\cdots +x_n\geq 1+1+\cdots +1=n$ με την ισότητα να μην ισχύει αφού n>1

.

Το κάτω φράγμα έχει άλλο ενδιαφέρον, υπό την έννοια ότι είναι το *βέλτιστο* κάτω φράγμα, αλλά κάτι τέτοιο δε ζητείται.

Το πρόβλημα παραμένει ανοικτό...

Φιλικά,

Αχιλλέας

kwstas12345 · #6

#7

kwstas12345 έγραψε:Μία λύση που σκέφτηκα (δεν ξέρω αν είναι σωστή):
H ισότητα ισχύει όταν όλοι οι αριθμοί ισούνται με 2.
Aπό την ανισότητα των δυνάμεων: $x_{1}\neq x_{2}\neq... \neq x_{n}, \frac{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}{n}>\sqrt{\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2}}{n}}\Leftrightarrow \sqrt{n\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2} \right)}>x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=x_{1}x_{2}...x_{n}\Leftrightarrow nx_{1}^{2}+n\left(x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+...+x_{n}^{2} \right)-x_{1}^{2}\left( x_{2}...x_{n}\right)^{2}> 0\Leftrightarrow x_{1}^{2}\left(n-\left( x_{2}...x_{n}\right)^{2} \right)+n(x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2})>0\Leftrightarrow \Delta <0\Leftrightarrow -4\left(n-\left( x_{2}...x_{n}\right)^{2})n\left(x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+...+x_{n}^{2} \right)<0\Leftrightarrow \x_{2}.x_{3}...x_{n}<\sqrt{n}.$

Όμοια: $x_{2}.x_{3}...x_{n}<\sqrt{n}, x_{1}.x_{3}...x_{n}<\sqrt{n}...., x_{1}.x_{2}...x_{n-1}<\sqrt{n}\Leftrightarrow \left(x_{1}x_{2} ...x_{n}\right)^{n-1}<n^{\frac{n}{2}}\Leftrightarrow x_{1}x_{2} ...x_{n}<n^{\frac{n}{2\left(n-1 \right)}}$

Aρκεί ν.δ.ο: $n^{\frac{n}{2\left(n-1 \right)}}<2n\Leftrightarrow \frac{n}{2\left(n-1 \right)}lnn<ln2+lnn\Leftrightarrow ln2+lnn\left(1- \frac{n}{2\left(n-1 \right)}\right)>0\Leftrightarrow ln2+lnn\left(\frac{n-2}{2\left(n-1 \right)} \right)>0,n\geq 2$
που ισχύει...

Όχι, μόνο.

Δες και την

-άδα $(k,2,1,1,1,\dots,1)$ .

Κάπου, λοιπόν, "χάνει" η παραπάνω προσπάθεια...

Αν x_1=n

,

και

, τότε

$x_1x_3x_4\cdots x_n=n>\sqrt{n}$ , έτσι δεν είναι;

Νομίζω, μόλις είδα και που βρίσκεται το λάθος....η διακρίνουσα δε χρειάζεται να είναι αρνητική.

Γιατί να είναι;

Με πρόλαβε ο Νίκος για τη διακρίνουσα...

Φιλικά,

Αχιλλέας

Nick1990 · #8

kwstas12345 έγραψε: $x_{1}^{2}\left(n-\left( x_{2}...x_{n}\right)^{2} \right)+n(x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2})>0\Leftrightarrow \Delta <0\Leftrightarrow -4\left(n-\left( x_{2}...x_{n}\right)^{2})n\left(x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+...+x_{n}^{2} \right)<0\Leftrightarrow \x_{2}.x_{3}...x_{n}<\sqrt{n}.$
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
προκύπτουν όμοια με παραπάνω τα παρακάτω γινόμενα...θεωρώντας τριώνυμο ώς προς χ2,χ3,...χν

Το να παρεις διακρινουσα σε τριωνυμο που ο συντελεστης του x ειναι 0 δεν εχει νοημα, και αυτα που γραφεις παραπανω δεν ισχυουν διοτι για να ειναι ενα αθροισμα θετικο δεν ειναι αναγκη και οι δυο προσθετετοι να ειναι θετικοι, και η διακρινουσα που παιρνεις δεν ειναι αναγκη να ειναι αρνητικη διοτι ενα τριωνυμο με θετικο συντελεστη μπορει να εχει θετικη διακρινουσα και να ειναι θετικο αν ο x βρησκεται παντα εξω απο το διαστημα που οριζουν οι ριζες.......
Επισης παλι δεν χρησημοποιεις πουθενα το οτι οι αριθμοι ειναι φυσικοι.
Στο εχουμε πει πολλες φορες νομιζω, πρωτου γραψεις μια λυση να σκευτεσε πρωτα μηπως αυτα που θες να γραψεις δεν εχουν νοημα.

#9

Πάντως έχουν γραφτεί πολλά, κι ακόμα δεν έχει αποδειχθεί σχεδόν τίποτα...

Φιλικά,

Αχιλλέας

#10

achilleas έγραψε:Πάντως έχουν γραφτεί πολλά, κι ακόμα δεν έχει αποδειχθεί σχεδόν τίποτα...

Let's do it !! Λοιπόν ας υποθέσουμε λόγω συμμετρίας ότι $x_1\leq x_2\leq...\leq x_n$ .
Προφανώς δε γίνεται n-1 από αυτούς να είναι μονάδες. Υποθέτουμε ότι

από αυτούς είναι >1 , έστω οι
$x_n,x_{n-1},...,x_{n-k+1}$ Επομένως η συνθήκη γράφεται

$n-k+x_{n-k+1}+...+x_n=x_{n-k+1}+...+x_n$ και μας μένει να αποδείξουμε ότι

$x_{n-k+1}+...+x_n-k\leq n$ . Θέτουμε $x_{n-k+1}=a_{n-k+1}+1$ κτλ. Τότε

η συνθήκη γράφεται $n+a_{n-k+1}+...+a_n=(a_{n-k+1}+1)...(a_n+1)$ και μας μένει νδο

$a_{n-k+1}+...+a_n\leq n=(a_{n-k+1}+1)...(a_n+1)-(a_{n-k+1}+...+a_n)$

Ανοίγοντας το δεξί μέλος και χρησιμοποιώντας ότι $a_j\geq 1$ παίρνουμε το ζητούμενο για $k\geq 3$
(νομίζω!! δεν είμαι πολύ σίγουρος για τις πράξεις, αλλά αυτό είναι το γενικό concept!)
Αν τώρα k=2 νομίζω ότι είναι πολύ εύκολο.
Όπου από εκεί θα μας βγει και η ισότητα έχω την εντύπωση δηλαδή η ν-άδα (1,1,,,1,2,n)

#11

smar έγραψε:
achilleas έγραψε:Πάντως έχουν γραφτεί πολλά, κι ακόμα δεν έχει αποδειχθεί σχεδόν τίποτα...
Let's do it !! Λοιπόν ας υποθέσουμε λόγω συμμετρίας ότι $x_1\leq x_2\leq...\leq x_n$ .
Προφανώς δε γίνεται n-1 από αυτούς να είναι μονάδες. Υποθέτουμε ότι από αυτούς είναι >1 , έστω οι
$x_n,x_{n-1},...,x_{n-k+1}$ Επομένως η συνθήκη γράφεται

$n-k+x_{n-k+1}+...+x_n=x_{n-k+1}+...+x_n$ και μας μένει να αποδείξουμε ότι

$x_{n-k+1}+...+x_n-k\leq n$ . Θέτουμε $x_{n-k+1}=a_{n-k+1}+1$ κτλ. Τότε

η συνθήκη γράφεται $n+a_{n-k+1}+...+a_n=(a_{n-k+1}+1)...(a_n+1)$ και μας μένει νδο

$a_{n-k+1}+...+a_n\leq n=(a_{n-k+1}+1)...(a_n+1)-(a_{n-k+1}+...+a_n)$

Ανοίγοντας το δεξί μέλος και χρησιμοποιώντας ότι $a_j\geq 1$ παίρνουμε το ζητούμενο για $k\geq 3$
(νομίζω!! δεν είμαι πολύ σίγουρος για τις πράξεις, αλλά αυτό είναι το γενικό concept!)
Αν τώρα k=2 νομίζω ότι είναι πολύ εύκολο.
Όπου από εκεί θα μας βγει και η ισότητα έχω την εντύπωση δηλαδή η ν-άδα

Πολύ σωστά! Αυτή είναι η ιδέα!
Την λύση του προβλήματος την είχα διαβάσει παλαιότερα σε ένα όμορφο άρθρο το οποίο θα ανεβάσω αφού απαντηθεί και το παρακάτω (πιο εύκολο) ερώτημα

Αν άρτιος και $(x_{1},x_{2},\ldots,x_{n})$ φυσικοί αριθμοί οι οποίοι ικανοποιούν την σχέση

$x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}=x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}$ ,

δείξτε ότι ο αριθμός $x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}$ διαιρείται με 4.

Φιλικά,

Νίκος Κατσίπης

#12

nkatsipis έγραψε: Την λύση του προβλήματος την είχα διαβάσει παλαιότερα σε ένα όμορφο άρθρο το οποίο θα ανεβάσω αφού απαντηθεί και το παρακάτω (πιο εύκολο) ερώτημα

Αν άρτιος και $(x_{1},x_{2},\ldots,x_{n})$ φυσικοί αριθμοί οι οποίοι ικανοποιούν την σχέση

$x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}=x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}$ ,

δείξτε ότι ο αριθμός $x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}$ διαιρείται με 4.

Φιλικά,

Νίκος Κατσίπης

Αν όλοι ήταν περιττοί τότε το δεξί μέλος είναι περιττός ενώ το αριστερό άρτιος (αφού είναι άθροισμα άρτιου πλήθους περιττών προσθετέων), άτοπο.

Αν μόνο ένας ήταν άρτιος τότε το δεξί μέλος είναι αρτιος ενώ το αριστερό μέλος περιττός (αφού το άθροισμα άρτιου πλήθους αριθμών εκ των οποίων όλοι πλην ενός αρτίου είναι περιττοί είναι περιττός), άτοπο.

Άρα τουλάχιστον δύο είναι άρτιοι οπότε το γινόμενο $x_1x_2\cdots x_n$ διαιρείται από το

συνεπώς και το $x_1+x_2+\cdots +x_n$ διαιρείται από το

.

Θέλουμε το άρθρο!!

(ετοίμαζε και τα μπαγκάζια σου...)

Αλέξανδρος

#13

nkatsipis έγραψε: Αν άρτιος και $(x_{1},x_{2},\ldots,x_{n})$ φυσικοί αριθμοί οι οποίοι ικανοποιούν την σχέση

$x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}=x_{1}\cdot x_{2}\cdots x_{n}$ ,

δείξτε ότι ο αριθμός $x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}$ διαιρείται με 4.

Κομψό !! Λοιπόν αν όλοι οι αριθμοί ήταν περιττοί τότε το πρώτο μέλος θα ήταν άρτιος, ενώ το δεύτερο περιττός. Αν τώρα υπάρχει ακριβώς ένας άρτιος τότε το πρώτο μέλος είναι περιττός και το δεύτερο άρτιος. Άρα υπάρχουν δύο άρτιοι και πάνω άρα 4|x_1...x_n=x_1+...+x_n

. Νομίζω ότι παρόμοια αποτελέσματα μπορούμε να βρούμε και όταν n=2^k

Edit: Αλέξανδρε ή πληκτρολογείς πιο γρήγορα ή έχω προσβαση στο μυαλό και τον υπολογιστή σου

#14

Σιλουανέ εγώ έχω πρόσβαση στον υπολογιστή του Νίκου!

Το χειρότερο θα ήταν να είχαμε λύση πριν το πρόβλημα!!

Αλέξανδρος

Υ.Γ. Περιμένω το άρθρο!

#15

Ταχύτατοι...

Λοιπόν, εδώ και το άρθρο, το οποίο περιέχει και άλλα όμορφα πράγματα σχετικά με το αρχικό πρόβλημα.

Φιλικά,

Νίκος Κατσίπης

Nick1990 · #16

Επισης ενω προσπαθουσα να βρω λυση στο αρχικο, βρηκα ενα αλλο πιο χαλαρο αποτελεσμα (αν φυσικα δεν εχω χασει κατι στις πραξεις):
Αν $x_1, x_2, ...., x_n \in N, n > 2$ , x_1 + x_2 + ... + x_n = x_1x_2...x_n

, και

το πληθος των x_i

με,

. Νδο $k \geq \frac{n}{2} - 1$

#17

Nick1990 έγραψε:Επισης ενω προσπαθουσα να βρω λυση στο αρχικο, βρηκα ενα αλλο πιο χαλαρο αποτελεσμα (αν φυσικα δεν εχω χασει κατι στις πραξεις):
Αν $x_1, x_2, ...., x_n \in N, n > 2$ , , και το πληθος των με, . Νδο $k \geq \frac{n}{2} - 1$

Η παραπάνω άσκηση του Νίκου έχει ξεχαστεί οπότε την επαναφέρω.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#18

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 18, 2010 8:25 pm

Nick1990 έγραψε:Επισης ενω προσπαθουσα να βρω λυση στο αρχικο, βρηκα ενα αλλο πιο χαλαρο αποτελεσμα (αν φυσικα δεν εχω χασει κατι στις πραξεις):
Αν $x_1, x_2, ...., x_n \in N, n > 2$ , , και το πληθος των με, . Νδο $k \geq \frac{n}{2} - 1$
Η παραπάνω άσκηση του Νίκου έχει ξεχαστεί οπότε την επαναφέρω.

Φιλικά,

Αχιλλέας

άλλη μία επαναφορά μετά από 8 και πλέον χρόνια!

#19

Θα δείξω ότι $k \geqslant n-1 - \log_2 n$ το οποίο (για $n \geqslant 4$ ) είναι καλύτερο φράγμα.

Έστω $x_{n-k+1} = \cdots = x_n = 1$ και έστω επίσης ότι x_i = y_i+1

για $1 \leqslant i \leqslant n-k$ . Τότε

$\displaystyle n + y_1 + \cdots + y+{n-k} = (y_1+1) \cdots (y_{n-k}+1) \geqslant (y_1+\cdots + y_k) + 2^{n-k} - (n-k)$

Στην τελευταία ανισότητα παρατηρήσαμε ότι στο ανάπτυγμα του $(y_1+1) \cdots (y_{n-k}+1)$ υπάρχουν $2^{n-k}$ όροι, όλοι μεγαλύτεροι ή ίσου του

. Κρατήσαμε τους $y_1,\ldots,y_k$ και για τους άλλους τους βάλαμε ίσους με

.

Άρα

$\displaystyle 2^{n-k} \leqslant 2n - k \leqslant 2n$

και παίρνοντας λογαρίθμους προκύπτει ο ισχυρισμός.

Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Re: Φράγματα για Ακολουθία Φυσικών Αριθμών

Μέλη σε σύνδεση