Θεωρία αριθμών

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

2nisic
Δημοσιεύσεις: 149
Εγγραφή: Παρ Δεκ 04, 2020 12:06 pm

Θεωρία αριθμών

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από 2nisic » Παρ Φεβ 05, 2021 1:38 pm

Παρουσιάζω μία άσκηση που κατασκεύασα:

Κάνοντας χρήση της ανισότητας (k-1)k^{k-1}< 2^{(k-1)^{2}} για κάθεk\geq 4
Να προσδιοριστεί το πλήθος τον θετικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης:

\sum_{k}^{i}x_{i}^{k}=n\prod_{i}^{k}x_{i}^{k-1}


Σημείωση:Για k=3 και n=1 είναι πρόβλημα που είναι στην περσινή imo shortlist.
Έχω λύση για την άσκηση αλλά δεν μπορώ να αποδείξω την ανησότητα που απότι βλέπω στο geogebra ισχύει.



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13338
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Θεωρία αριθμών

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Φεβ 05, 2021 5:29 pm

2nisic έγραψε:
Παρ Φεβ 05, 2021 1:38 pm

Κάνοντας χρήση της ανισότητας (k-1)k^{k-1}< 2^{(k-1)^{2}} για κάθεk\geq 4
...

δεν μπορώ να αποδείξω την ανησότητα που απότι βλέπω στο geogebra ισχύει.
Ας δούμε απόδειξη της ανισότητας, ισοδύναμα της 2^{n^2}> n(n+1)^n για n\ge 3.

Πρώτα απ΄όλα επαγωγικά 2^m > 1+2m για φυσικούς m\ge 3 (απόδειξη του επαγωγικού βήματος: 2^{m+1} =2\cdot 2^m\ge 2(1+2m)= 3+2m+(2m-1) >3+2m= 1+2(m+1)).

Έχουμε λοιπόν

\displaystyle{2^{n^2} = \left (2^{n-1} \right )^n2^n > (1 +2(n-1))^n (1+2n) = (2n-1)^n(1+2n) > (n+1)^n(1+2n) > (n+1)^nn}, όπως θέλαμε.

Σχόλιο: Η ανισότητα ισχύει "και με περίσσευμα" καθώς αποδεικνύεται ότι \displaystyle{\dfrac {2^{n^2}}{n(n+1)^n} \to \infty}. Αυτό αιτιολογεί και τις "γεναιόδωρες" ανισώσεις στην παραπάνω απόδειξη.


2nisic
Δημοσιεύσεις: 149
Εγγραφή: Παρ Δεκ 04, 2020 12:06 pm

Re: Θεωρία αριθμών

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από 2nisic » Παρ Φεβ 05, 2021 10:42 pm

Μια απόδειξη τής ανησοτητας από τον sanyalarnab


It's actually quite easy.
1st thing to do is to take log_2 on both sides of the inequality .After some shuffling of variables,
we'll get (m-1)(m-1-log_2m)\ge log_2(m-1)
Clearly (m-1)\ge log_2(m-1).Again we observe
m=4 leads to (m-1-log_2m)=1.So , for all m\ge 4,
(m-1-log_2m)\ge 1.So the original equation turns out to be true for all m\ge 4.Now we check for
m=1,2 ,3 and see that only 3 dissatisfies the equation.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης