miércoles, 30 de mayo de 2012

Sucesiones Aritméticas y Geométricas

Prueba que para cada entero positivo $n\geq 3$ existen sucesiones $\{a_i\}$ y $\{b_i\}$ de enteros positivos de manera que la primera es sucesión aritmética y la segunda es geométrica tales que $b_1\textless a_1\textless b_2\textless\dots\textless b_n\textless a_n$ y da un ejemplo de ambas para $n=5$.

7 comentarios:

Juan dijo...
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Juan dijo...
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Juan dijo...

(Parte 1)Pues me tomo $b=b_1$, $\frac{b_2}{b_1}=r$, $a=a_1$, $a_2-a_1=d$. Entonces me fijo que si me defino $a=rb-1$ y $d=rb(r-1)$ necesito para cada $x \le n$ que $r^{x-1}b \textless rb-1+(x-1)(r-1)rb \textless r^xb$. Esto pasa si $r^{x-1} + (\frac{1}{b}) \textless r+(x-1)(r-1)r \le r^x$. Omitiendo el $\frac{1}{b}$ tenemos que eso ocurre para algun racional $r$ con que este suficientemente cerca de 1 porque son densos. Esto lo demuestro al final. Entonces escojo un $r$ entonces puedo hacer que su denominador a la $n$ divida a $b$ y que $b$ sea suficientemente grande para que la desigualdad no se afecte por el $+\frac{1}{b}$. QED.
$LEMA$: (a) $\forall r \ge 1$, $\forall x \in \mathbb{N}$, $r+(x-1)(r-1)r \le r^x$. (b) $\forall x\in \mathbb{N}_0$, $\exists a \textgreater 1$ t.q. $\forall r \in (1,a)$, $r^{x} \textless r + xr(r-1)$.
$PRUEBA$: (a) Sustituye en Bernoulli $x$ por $r-1$ y $r$ por $x-1$, y multiplica por $r$. (b) Es suficiente ver que el polinomio $r+xr(r-1)-r^x$ es creciente en $r=1$. Derivo y queda que debo demostrar para $r=1$ que $1+2rx-x-xr^{x-1}\textgreater 0$ que vemos fácilmente como cierto pues $1 \textgreater 0.$$ \clubsuit$.

Diego Alonso Roque Montoya dijo...
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Diego Alonso Roque Montoya dijo...
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Diego Alonso Roque Montoya dijo...

Tomemos $a_i=1+(1+i)\cdot\epsilon$, $b_i=(1+\epsilon)^i$, para $\epsilon \textgreater 0$. Sabemos que $a_{i-1} \textlessb_i$ por expansión binomial. Sea $k$ el menor $i$ tal que $b_i \textlessa_i$. Sabemos que $1+\epsilon \textless1+2\epsilon$ asi que $k\geq 1$.

Comparemos las funciones $(1+x)^{y-1}$ y $1+xy$. Para $y\geq 2$, la de la izquierda es convexa en $x\geq 0$. La de la derecha es lineal para cualquier $y$.

Teniendo en cuenta que ambas son $1$ cuando $x=0$ , entonces se intersectan en $(0,1)$. Pero si derivamos en $x$, tenemos que la derivada en $x=0$ es menor para la de la izquierda que la linea, por lo que debe subir un mínimo y por lo tanto como eventualmente $(1+x)^{y-1}$ rebasa a $1+xy$ (con $y$ fijo) entonces existe $x \textgreater 0$ tal que $(1+x)^{y-1}=1+xy$.

Ahora supongamos que tenemos una pareja $(r,s)$ que cumple esa ecuación, con $s$ arbitrariamente grande, no entero, y $r \textgreater 0$. (Cosa que existe por lo que acabamos de demostrar). Con $\epsilon=r$ demostraremos que esa sucesión cumple que $k+1$ es el piso de $s$ y por lo tanto existen secuencias arbitrariamente grandes.

Fijemos $r$ y veamos la función $h(y)=1+ry-(1+r)^{y-1}$. Como $r \textgreater 0$ es fijo, tenemos que $(1+r)^{y-1}$ es convexa y aparte $1+ry$ es lineal en $y$, por lo que solo hay a lo más dos puntos donde $h(y)$ es $0$, uno de ellos $s \textgreater 0$. También, como $(1+r)^{y-1}$ crece más rápido que $1+ry$, entonces $h(y)$ eventualmente sera $0$.
Tenemos que $h(1)=1+r-(1+r)^{1-1}=1-1+r=r \textgreater 0$, por lo que el otro cero seria menor a $1$, llamemosle $u$.
Es de notar que $h(i+1)=a_{i+1}-b_{i+1}$. Como solo $h(u)=h(s)=0$ y $h(1) \textgreater 0$, teniendo en cuenta que $u\textless 1\textless s$ entonces todo $y\in (u,s)$ y solo esos cumplen que $h(y) \textgreater0$
Por lo tanto, el maximo entero que cumple es el piso de $y$ y eso significaria que $a_{i+1} \textgreater b_{i+1}$ para todo $i=1,\ldots, \lfloor y\rfloor +1$. Por lo que $k \textgreater y$. Como $y$ es arbitrariamente grande, también lo es $k$. Con $\epsilon =0.1$ ya se cumple que $\lfloor y\rfloor =5$, por lo que se cumpliria para almenos 6 y seria el caso que quieres.

Long story short: $a_i=1+(1+i)\cdot\epsilon$, $b_i=(1+\epsilon)^i$, con $\epsilon$ estúpidamente más pequeño cada vez hará cadenas más grandes que cumplan.

Adán dijo...

Pues para $n=5$ tomas $2\cdot 5^{5}$ con razón $\frac{5}{6}$ en la geométrica, y en la aritmética tomas $6249+1500x$ y si jala.

Para el caso general, más o menos hice lo mismo, agarrar geométricas que empezaran en $2n^{n}$ con razón $\frac{n+1}{n}$ y usar una aritmética que tuviera sus primeros $2$ términos justo una unidad antes que los términos de la geométrica... algo así, pero esa es la idea, al rato la publico ya ordenada.

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