Σίγουρα ακέραιοι

thepigod762 · #1

Μια δική μου κατασκευή:
Να αποδειχθεί ότι για κάθε

ακεραίους ( $n\geq3$ ) x_1,x_2,x_3,...,x_n

τουλάχιστον $\displaystyle \lceil \displaystyle \frac{(n-2)n}{4} \rceil$ από τα κλάσματα
$\displaystyle \frac{x_1+x_2}{2},\frac{x_1+x_3}{2},...,\frac{x_1+x_n}{2},\frac{x_2+x_3}{2},\frac{x_2+x_4}{2},...,\frac{x_{n-1}+x_n}{2}$
είναι ακέραιοι, όπου με $\lceil x \rceil$ συμβολίζουμε τον μικρότερο ακέραιο μεγαλύτερο ή ίσο του

.

#2

thepigod762 έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 22, 2022 3:45 pm
Μια δική μου κατασκευή:
Να αποδειχθεί ότι για κάθε ακεραίους ( $n\geq3$ ) τουλάχιστον $\displaystyle \lceil \displaystyle \frac{(n-2)n}{4} \rceil$ από τα κλάσματα
$\displaystyle \frac{x_1+x_2}{2},\frac{x_1+x_3}{2},...,\frac{x_1+x_n}{2},\frac{x_2+x_3}{2},\frac{x_2+x_4}{2},...,\frac{x_{n-1}+x_n}{2}$
είναι ακέραιοι, όπου με $\lceil x \rceil$ συμβολίζουμε τον μικρότερο ακέραιο μεγαλύτερο ή ίσο του .

Τα κλάσματα είναι ακέραιοι όταν και οι δύο προσθετέοι είναι άρτιοι ή και οι δύο περιττοί.

Χωρίζουμε τους δοθέντες αριθμούς σε άρτιους και περιττούς. Έστω λοιπόν ότι υπάρχουν

άρτιοι και

περιττοί, όπου k+m=n

. Τα επιτρεπτά ζεύγη άρτιων είναι $\frac {1}{2}k(k-1)$ και περιττών $\frac {1}{2}m(m-1)$ . Παρατηρούμε τώρα ότι ισχύει η ανισότητα $\frac {1}{2}k(k-1)+ \frac {1}{2}m(m-1)\ge \frac {1}{4}(m+k)(m+k-2)$ (ισοδυναμεί με την $k^2+m^2\ge 2km$ ) και μάλιστα είναι γνήσια αν $k\ne m$ .

Δηλαδή τα ως άνω ζεύγη είναι $\ge \frac {1}{4}n(n-2)$ . Αν τώρα η ανισότητα είναι γνήσια (περίπτωση $k\ne m$ ) και επειδή το αριστερό μέλος είναι φυσικός, έπεται το ζητούμενο. Αν πάλι k=m

τότε το

είναι άρτιος,

, και σε αυτή την περίπτωση ο $\frac {1}{4}n(n-2)= \frac {1}{4}2N(2N-2)= N(N-1)$ είναι φυσικός, οπότε ίσος με το $\lceil N(N-1) \rceil$ , οπότε πάλι τελειώσαμε.

Edit: Αντικατέστησα την αρχική μου απόδειξη με την παραπάνω. Η αρχική ήταν εσφαλμένη γιατί μετρούσα δύο φορές κάποιους όρους ενώ δεν μετρούσα κάποιους άλλους.

#3

Διόρθωσα την παραπάνω αρχική μου λύση γιατί ήταν εσφαλμένη. Ευχαριστώ

τον Δημήτρη Χριστοφίδη (Demetres) που μου έστειλε διακριτικό μήνυμα επισημαίνοντας ότι η λύση μου ήταν εσφαλμένη. Ευτυχώς μπόρεσα να την φτιάξω κρατώντας την ίδια κεντρική ιδέα, αλλά με πιο προσεκτικό μέτρημα.

thepigod762 · #4

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 22, 2022 4:24 pm

thepigod762 έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 22, 2022 3:45 pm
Μια δική μου κατασκευή:
Να αποδειχθεί ότι για κάθε ακεραίους ( $n\geq3$ ) τουλάχιστον $\displaystyle \lceil \displaystyle \frac{(n-2)n}{4} \rceil$ από τα κλάσματα
$\displaystyle \frac{x_1+x_2}{2},\frac{x_1+x_3}{2},...,\frac{x_1+x_n}{2},\frac{x_2+x_3}{2},\frac{x_2+x_4}{2},...,\frac{x_{n-1}+x_n}{2}$
είναι ακέραιοι, όπου με $\lceil x \rceil$ συμβολίζουμε τον μικρότερο ακέραιο μεγαλύτερο ή ίσο του .
Τα κλάσματα είναι ακέραιοι όταν και οι δύο προσθετέοι είναι άρτιοι ή και οι δύο περιττοί.

Χωρίζουμε τους δοθέντες αριθμούς σε άρτιους και περιττούς. Έστω λοιπόν ότι υπάρχουν άρτιοι και περιττοί, όπου . Τα επιτρεπτά ζεύγη άρτιων είναι $\frac {1}{2}k(k-1)$ και περιττών $\frac {1}{2}m(m-1)$ . Παρατηρούμε τώρα ότι ισχύει η ανισότητα $\frac {1}{2}k(k-1)+ \frac {1}{2}m(m-1)\ge \frac {1}{4}(m+k)(m+k-2)$ (ισοδυναμεί με την $k^2+m^2\ge 2km$ ) και μάλιστα είναι γνήσια αν $k\ne m$ .

Δηλαδή τα ως άνω ζεύγη είναι $\ge \frac {1}{4}n(n-2)$ . Αν τώρα η ανισότητα είναι γνήσια (περίπτωση $k\ne m$ ) και επειδή το αριστερό μέλος είναι φυσικός, έπεται το ζητούμενο. Αν πάλι τότε το είναι άρτιος, , και σε αυτή την περίπτωση ο $\frac {1}{4}n(n-2)= \frac {1}{4}2N(2N-2)= N(N-1)$ είναι φυσικός, οπότε ίσος με το $\lceil N(N-1) \rceil$ , οπότε πάλι τελειώσαμε.

Edit: Αντικατέστησα την αρχική μου απόδειξη με την παραπάνω. Η αρχική ήταν εσφαλμένη γιατί μετρούσα δύο φορές κάποιους όρους ενώ δεν μετρούσα κάποιους άλλους.

Έτσι ακριβώς το σκέφτηκα, μόνο που έχω την εντύπωση ότι χρησιμοποιείται η
$k^{2}+m^{2}\geq \dfrac{(k+m)^{2}}{2}$
Διορθώστε με αν κάνω λάθος.

Η ισότητα επιτυγχάνεται στην περίπτωση n=even

ανν $m=k=\dfrac{n}{2}$

Για n=odd

είναι

$\displaystyle \lceil \displaystyle \frac{(n-2)n}{4} \rceil= \displaystyle \lceil \displaystyle \frac{(2r-1)(2r+1)}{4} \rceil = \displaystyle \lceil \displaystyle \frac{4r^2-1}{4} \rceil = r^2 = \displaystyle \frac{(n-1)^2}{4}, r\in \mathbb {N}^{*}$

Παρατηρούμε ότι τότε η ισότητα πιάνεται επίσης για $m=k=\dfrac{n}{2}$

#5

thepigod762 έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 26, 2022 3:45 pm
Έτσι ακριβώς το σκέφτηκα, μόνο που έχω την εντύπωση ότι χρησιμοποιείται η
$k^{2}+m^{2}\geq \dfrac{(k+m)^{2}}{2}$
Διορθώστε με αν κάνω λάθος.

Δεν κάνεις λάθος αλλά παρατήρησε ότι αυτή που γράφεις και αυτή που χρησιμοποίησα είναι ισοδύναμες. Μάλιστα, ανάγονται και οι δύο ως ισοδύναμες της $k^2+m^2\ge 2km$ .

thepigod762 · #6

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 26, 2022 6:23 pm

thepigod762 έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 26, 2022 3:45 pm
Έτσι ακριβώς το σκέφτηκα, μόνο που έχω την εντύπωση ότι χρησιμοποιείται η
$k^{2}+m^{2}\geq \dfrac{(k+m)^{2}}{2}$
Διορθώστε με αν κάνω λάθος.
Δεν κάνεις λάθος αλλά παρατήρησε ότι αυτή που γράφεις και αυτή που χρησιμοποίησα είναι ισοδύναμες. Μάλιστα, ανάγονται και οι δύο ως ισοδύναμες της $k^2+m^2\ge 2km$ .

Μα φυσικά

#7

Για να δούμε μία γενική αντιμετώπιση του προβλήματος πρέπει να σκεφτούμε ότι έχουμε να ελαχιστοποιήσουμε την
$\displaystyle{\binom{k}{2}+\binom{m}{2}}$
όταν k+m

είναι σταθερό, δηλαδή όταν k+m=n

. Αυτό μπορούμε να το κάνουμε και αν είχαμε περισσότερους όρους λόγω της κυρτότητας της
$f(x)=\binom{x}{2}$ .

thepigod762 · #8

silouan έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 27, 2022 3:32 pm
Για να δούμε μία γενική αντιμετώπιση του προβλήματος πρέπει να σκεφτούμε ότι έχουμε να ελαχιστοποιήσουμε την
$\displaystyle{\binom{k}{2}+\binom{m}{2}}$
όταν είναι σταθερό, δηλαδή όταν . Αυτό μπορούμε να το κάνουμε και αν είχαμε περισσότερους όρους λόγω της κυρτότητας της
$f(x)=\binom{x}{2}$ .

Ας επεκταθώ σε αυτό:

Θέλουμε να ελαχιστοποιήσουμε την $f(a_1,a_2,...,a_k)=\displaystyle \binom{a_1}{2}+\displaystyle \binom{a_2}{2}+...+\displaystyle \binom{a_k}{2}=\dfrac{1}{2}(\displaystyle \sum_{i=1}^{k}a_i^2-n)\geq \dfrac{1}{2}(\dfrac{n^2}{k}-n), a_1+a_2+...+a_k=n$

Στο τέλος χρησιμοποιήσαμε την Cauchy-Schwarz

Η ισότητα επιτυγχάνεται για $a_1=a_2=...=a_k=\dfrac{n}{k}$

Βέβαια η γενίκευση αυτή δεν επεκτύνεται στην άσκηση των κλασμάτων και έχω περιέργεια για μια τέτοια...

Στην πρώτη άσκηση δουλεύουμε με συνδιασμούς ανα δύο διότι δύο είναι και οι τρόποι $\mod 2$ να πάρουμε $a_1+a_2 \equiv 0 (mod2)$ : $1+1\equiv 0+0\equiv 0 (mod2)$
και έχουμε συνδιασμούς διότι $1\equiv 1,0\equiv 0 (mod2)$

Αν οι παρνονομαστές παρέμεναν

μα στα αθροίσματα είχαμε συνδιασμούς των ακεραίων ανά 4 οι τρόποι $\mod 2$ είναι 3 (χωρίς σειρά):
$0+ 0+ 0+ 0\equiv 1+1+0+0 \equiv 1+1+1+1 \equiv 0 (mod4)$
Μα στην περίπτωση αυτή το σύνολο των τρόπων δεν υπολογίζεται πάντα με συνδιασμούς. Στην δεύτερη περίπτωση δηλαδή οι τρόποι είναι:
$\displaystyle \binom{a_2}{2}\cdot \displaystyle \binom{a_1}{2}$ , όπου a_1,a_2

το πλήθος των αριθμών $\equiv 0,1 (mod2)$ αντίστοιχα.

Ενδεχομένως να είναι εφικτό να γενικεύσουμε και στα αθροίσματα των ακεραίων στους αριθμητές αλλά και στον παρονομαστή, δουλεύοντας όχι μόνο $\mod 2$

#9

thepigod762 έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 27, 2022 8:37 pm
Βέβαια η γενίκευση αυτή δεν επεκτύνεται στην άσκηση των κλασμάτων και έχω περιέργεια για μια τέτοια...

Επεκτείνεται, απλά δεν πρέπει να χρησιμοποιήσεις την Cauchy-Schwarz. Θέλεις μία πιο προχωρημένη ανισότητα.

thepigod762 · #10

silouan έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 27, 2022 9:00 pm

thepigod762 έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 27, 2022 8:37 pm
Βέβαια η γενίκευση αυτή δεν επεκτύνεται στην άσκηση των κλασμάτων και έχω περιέργεια για μια τέτοια...
Επεκτείνεται, απλά δεν πρέπει να χρησιμοποιήσεις την Cauchy-Schwarz. Θέλεις μία πιο προχωρημένη ανισότητα.

Κατάλαβα. Ευχαριστώ.

Σίγουρα ακέραιοι

Σίγουρα ακέραιοι

Re: Σίγουρα ακέραιοι

Re: Σίγουρα ακέραιοι

Re: Σίγουρα ακέραιοι

Re: Σίγουρα ακέραιοι

Re: Σίγουρα ακέραιοι

Re: Σίγουρα ακέραιοι

Re: Σίγουρα ακέραιοι

Re: Σίγουρα ακέραιοι

Re: Σίγουρα ακέραιοι

Μέλη σε σύνδεση