Matematické Fórum

byk7 · 12. 10. 2013 21:52

Nechť $l(n)$ značí pro přirozené číslo $n$ jeho největšího lichého dělitele.
Dokažte, že nerovnost
$\frac{2n}{3}<\frac{l(1)}{1}+\frac{l(2)}{2}+\cdots+\frac{l(n)}{n}<\frac{2(n+1)}{3}$
platí pro každé $n\in\mathbb{N}$ .

Freedy · 18. 12. 2013 00:39

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Teď jen pouze sečíst to, zkusím se na to ještě podívat, ale se sumama sme ještě nepracovali, ale tohle už nevypadá tak hrozně takže by to šlo nějak sečíst a dokázat že to leží mezi těmy dvoumy čísly.

Brzls · 18. 12. 2013 12:35

Zdravím

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Freedy · 18. 12. 2013 14:27

ano, indukcí mě to napadlo nejdřív taky, jenže si vždy vzpomenu na příklad z knihy "1089 a další parádní čísla" kde byl tento příklad:
Vezmeme si kruh, vyznačíme na hraniční kružnici dva body a spojíme je úsečkou. V kruhu tak vzniknou dvě oblasti. Nyní vyznačíme na kružnici tři body a opět spojíme každé dva z nich úsečkou. Teď je kruh rozdělen na čtyři oblasti. Pro 4 body je to 8 oblastí. Můžeme tedy předpokládat že pro 5 bodů to bude 16 oblastí. A také že je.
Jenže když si vezmeme 6 bodů, už to není 32 ale pouze 31. Tudíž zde by jsi indukcí mohl dokázat že to platí pro nějaké čísla ale pak může nastat situace pro které to neplatí.

Brzls · 18. 12. 2013 15:31 — Editoval Brzls (18. 12. 2013 15:57)

Nevím jestli si úplně chápem.
Princip je v tom, že napřed ukážeš, že dané tvrzení platí pro nějaké číslo (nejlépe jedničku). To je v našem případě jednoduché.

Potom vyslovíš předpoklad, že tvrzení platí pro nějaké číslo k.

Dokážeš, že z tohoto předpokladu plyne, že to i platí pro číslo k+1.

Z toho ovšem ihned plyne, že to platí pro všechna čísla. (To že platí pro 1, znamená, že to pltí i pro 2, to ale znamená že to platí i pro 3 atd.)

A nikdy se ti nestane že by to neplatilo pro nějaké číslo, jak ty tvrdíš.

(i když ted vidím, že to možná v tomto případě nebude tak vhodné jak jsem si původně myslel)

Freedy · 18. 12. 2013 23:04 — Editoval Freedy (21. 12. 2013 09:57)

Stačí pouze spočítat tuto sumu:
$n=2^{k+1}$
$\sum_{i=0}^{k}\frac{2^k}{4^i}+\frac{1}{2^{k+1}}=\sum_{i=0}^{k}2^{k-2i}+\frac{1}{2^{k+1}}$
to bohužel nevím jak. Je to geometrická řada
wolfram ukazuje toto:
$\sum_{i=0}^{k}2^{k-2i}+\frac{1}{2^{k+1}}=\frac{4^{k+1}+1}{3\cdot2^k}+\frac{1}{2^{k+1}}$
Kdyby například bylo
$n=2^4=16$ čili $k=3$
Potom by teda platilo že:
$\frac{32}{3}<\frac{4^{k+1}+1}{3\cdot2^k}+\frac{1}{2^{k+1}}<\frac{34}{3}$
$\frac{4^{4}+1}{3\cdot2^3}+\frac{1}{2^{4}}\approx 10,7708\overline{3}.$
$10,\overline{6}<10,7708\overline{3}<11,\overline{3}$
což očividně platí

Freedy · 21. 12. 2013 20:25 — Editoval Freedy (21. 12. 2013 20:34)

Okay, tak jsem se hecnul a dotáhl to do konce
Je třeba dokázat toto:
$\frac{2n}{3}<\frac{4^{k+1}+1}{3\cdot2^k}+\frac{1}{2^{k+1}}<\frac{2(n+1)}{3}$
kde:
$n=2^{k+1}$
upravím to a vyjádřím si k:
$\log_{2}n-1=k$
dosadím:
$\frac{4^{\log_{2}n}+1}{3\cdot2^{\log_{2}n-1}}+\frac{1}{2^{\log_{2}n}}$
je to dost pěkné na úpravu takže:
$\frac{2n^2+2}{3n}+\frac{1}{n}$
$\frac{2n^2+5}{3n}$
Takže třeba dokázat toto:
$\frac{2n}{3}<\frac{2n^2+5}{3n}<\frac{2n+2}{3}$

První nerovnost:
$\frac{2n}{3}<\frac{2n^2+5}{3n}$
$2n^2<2n^2+5$
$0<5$ , $n\in \mathbb{R}$

Druhá nerovnost:
$\frac{2n^2+5}{3n}<\frac{2n+2}{3}$
$2n^2+5<2n^2+2n$
$5<2n$
$n>\frac{5}{2}$ ,
$n\in (\frac{5}{2};\infty )$

Takže dokazovaná nerovnost platí pro každé $n\in (\frac{5}{2};\infty )$ . Kdyby ale n bylo 1 nebo 2, lze ukázat že to bude tak jako tak správně takže důkaz dokončen.

Správně?