Alternativ definisjon

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

mrcreosote
Guru
Guru
Innlegg: 1995
Registrert: 10/10-2006 20:58

Det dukka opp en alternativ definisjon av de rasjonale tall i dag; disse er nøyaktig de reelle talla x hvor følgen [tex]\{x+n\}_{n=0}^\infty[/tex] inneholder en uendelig geometrisk følge.

Vis at dette stemmer, altså at x rasjonal er ekvivalent med at følgen ovafor har en delfølge som er en geometrisk følge.
sEirik
Guru
Guru
Innlegg: 1551
Registrert: 12/06-2006 21:30
Sted: Oslo

Om det så er en ekvivalent definisjon, så vil jeg ikke påstå at det er en veldig nyttig definisjon :P Men men.

Dette viser ikke hele påstanden, men i hvert fall "halvparten" av den.
Jeg skal vise at hvis x er rasjonal, så er det mulig å finne en
uendelig geometrisk delfølge av [tex]\{x+n\}_{n=0}^\infty[/tex].

Vi skriver [tex]x = \frac{a}{b}[/tex] slik tradisjonen tilsier for bevis som tar for seg rasjonale tall. Da kan vi skrive følgen som

[tex]y_n = \frac{a}{b}+n = \frac{a+nb}{b}[/tex]

Vi lar [tex]c_m[/tex] være den geometriske delfølgen, og k være forholdstallet til [tex]c_m[/tex].
Vi setter [tex]c_0 = x = \frac{a}{b}[/tex].

For en alle [tex]m \in {\mathbb N}[/tex] må vi vise at det eksisterer en [tex]n \in {\mathbb N}[/tex] slik at
[tex]c_m = y_n[/tex]

Vi setter inn for [tex]y_n[/tex] og [tex]c_m = c_0 \cdot k^m = \frac{a}{b} \cdot k^m[/tex]

[tex]\frac{a}{b} \cdot k^m = \frac{a+nb}{b}[/tex]

[tex]ak^m = a+nb[/tex]

Ved litt eksperimentering kommer vi frem til at [tex]k = b+1[/tex] kan brukes som forholdstall.

Da må vi vise at vi for alle m kan finne en n slik at
[tex]a(b+1)^m = a+nb[/tex]

Av binomialformelen: [tex](b+1)^m = \sum_{i=0}^m {m \choose i}b^i \cdot 1^{m-i} = 1 + \sum_{i=1}^m {m \choose i}b^i[/tex]

Vi setter inn på venstre side.

[tex]a + a\sum_{i=1}^m {m \choose i}b^i = a+nb[/tex]

[tex]nb = a\sum_{i=1}^m {m \choose i}b^i[/tex]

Deler på b på begge sider. (Her bytta jeg summasjonsindeks i det originale beviset, men det ble bare tull, så jeg tok det bort. Har ingenting å si for beviset.)

[tex]n = a\sum_{i=1}^m {m \choose i}b^{i-1}[/tex]

Vi har nå for en gitt m funnet en tilhørende verdi n, slik at

[tex]c_m = y_n[/tex]. Vi har funnet en geometrisk delfølge av [tex]y_n[/tex], og dette var det som skulle vises.

======================

Og så er det halve kosen som gjenstår da, å vise det andre veien. Men nå er vi halvveis i hvert fall!
Sist redigert av sEirik den 06/12-2007 23:10, redigert 1 gang totalt.
mrcreosote
Guru
Guru
Innlegg: 1995
Registrert: 10/10-2006 20:58

Får ikke helt det her til å stemme. Om (a,b)=(1,2) blir c[0]=1/2, c[1]=y[1]=3/2 mens c[2]=y[3]=7/2. Den siste uttrykket ditt for n er det samme som a(1+b)^(m-1).

Du er nok ikke så langt unna, men det er noe skurr et sted trur jeg.
sEirik
Guru
Guru
Innlegg: 1551
Registrert: 12/06-2006 21:30
Sted: Oslo

Ja, det var jo som bare! Var jo [tex]x = \frac{1}{2}[/tex] jeg testa med også, før jeg begynte på selve beviset, men så la jeg fra meg det og regna kun symbolsk etterpå. Får prøve å finne feilen nå da..

======

Hmm, når jeg setter m = 2 får jeg da n = 4, slik som det er meningen.

[tex]n = a\sum_{i=1}^m {m \choose i}b^{i-1} = 1 \cdot \sum_{i=1}^2 {2 \choose i}2^{i-1} = {2 \choose 1} \cdot 2^0 + {2 \choose 2} \cdot 2^1 = 2 \cdot 1 + 1 \cdot 2 = 4[/tex]

======

Feilen ligger i den siste overgangen, i skiftet av summasjonsindeks. Der har jeg rotet.

Har du løst denne selv, forresten?
Sist redigert av sEirik den 06/12-2007 23:09, redigert 2 ganger totalt.
mrcreosote
Guru
Guru
Innlegg: 1995
Registrert: 10/10-2006 20:58

Jeg brukte også k=1+b. Trur ikke du skal legge så mye innsats i å regne ut ledda i den geometriske rekka direkte, men nøye deg med å vise at den eksisterer.
sEirik
Guru
Guru
Innlegg: 1551
Registrert: 12/06-2006 21:30
Sted: Oslo

mrcreosote skrev:Jeg brukte også k=1+b. Trur ikke du skal legge så mye innsats i å regne ut ledda i den geometriske rekka direkte, men nøye deg med å vise at den eksisterer.
Jaja, nå er det i hvert fall bevist den veien. Er jo kjekt å ha en direkte følge å vise til også da :) Omtrent som grenseverdibevis der man får delta gitt ved epsilon... så kan denne deltaen brukes i praktisk bruk av grenseverdien. Numerisk tilnærming f.eks.
mrcreosote
Guru
Guru
Innlegg: 1995
Registrert: 10/10-2006 20:58

Hva nå hvis (a,b)=(-1,2)?
sEirik
Guru
Guru
Innlegg: 1551
Registrert: 12/06-2006 21:30
Sted: Oslo

Ja, da kan vi vel alltids skrive (a,b) = (1,-2) eller hva?
mrcreosote
Guru
Guru
Innlegg: 1995
Registrert: 10/10-2006 20:58

Sånn jeg har forstått det lar du den geometriske rekka være c[m]=y[n(m)] der [tex]n(m) = a\sum_{i=1}^m {m \choose i}b^{i-1} = a\frac{(1+b)^m-1}2[/tex] som vil være negativt annahver gang om (a,b)=(1,-2). Det er ikke spesielt vanskelig å omgå, men du er ikke presis i beviset ditt.
sEirik
Guru
Guru
Innlegg: 1551
Registrert: 12/06-2006 21:30
Sted: Oslo

Dette var ergerlig... Vi får vel egentlig samme resultat med (1,-2) som med (-1,2).
sEirik
Guru
Guru
Innlegg: 1551
Registrert: 12/06-2006 21:30
Sted: Oslo

Hmm, kanskje vi kan ta med bare annethvert ledd av den følga vi egentlig tenkte på, da unngår vi egentlig problemet?

Vi kan sette [tex]k = (b+1)^2[/tex] i stedet og gjøre beviset på nytt. Vil ikke det funke?
mrcreosote
Guru
Guru
Innlegg: 1995
Registrert: 10/10-2006 20:58

Nei, blir ikke negativt, beklager. Hvis b=-3 blir det imidlertid det.

Men er heller ikke fornøyd med tilfellet x=1/-2, følgen {c} du får hopper jo bare fram og tilbake mellom -1/2 og 1/2 og disse opptrer bare en gang i {x+n}.

Edit: Nå blei det jeg svarte på editert bort.
mrcreosote
Guru
Guru
Innlegg: 1995
Registrert: 10/10-2006 20:58

sEirik skrev:Hmm, kanskje vi kan ta med bare annethvert ledd av den følga vi egentlig tenkte på, da unngår vi egentlig problemet?

Vi kan sette [tex]k = (b+1)^2[/tex] i stedet og gjøre beviset på nytt. Vil ikke det funke?
Det burde funke.

Alternativ: Velg det minste positive tallet i {a/b+n} som første ledd i den geometriske følgen, la dette være c/b. La k i den geometriske rekka være 1+b (der vi utag kan anta b positiv). Nå ser vi at [tex](\frac cb)(1+b)^m =\frac cb + N(m)[/tex] der {N(m)} er en strengt voksende følge av positive heltall. Dette utgjør den ønska geometriske følgen.
sEirik
Guru
Guru
Innlegg: 1551
Registrert: 12/06-2006 21:30
Sted: Oslo

Jupp, nå er vi nok endelig i mål.

men så var det jo å vise det andre veien da. Noen hint?

Er vel 3 mulige strategier:

(1) Vise at hvis x er irrasjonal så kan følgen umulig inneholde en uendelig geometrisk delfølge
(2) Vise at hvis følgen inneholder en uendelig geometrisk delfølge så må x være rasjonal
(3) Vise ekvivalensen direkte med et bevis av en helt annen sort.
mrcreosote
Guru
Guru
Innlegg: 1995
Registrert: 10/10-2006 20:58

Jeg gikk for nummer 2; hvis {x+n} den inneholder en uendelig geometrisk følge må den også inneholde 3 ledd som danner en liten geom. følge.
Svar