La $\{a_n\}_{n=0}^{\infty}$ være en strengt voksende følge av naturlige tall. Altså $a_n<a_{n+1}$ for alle $n\geq0$.
Vis at det finnes nøyaktig én $n\geq1$ slik at
$a_n<\frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\leq a_{n+1}$
Følge av naturlige tall
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Jeg så først over denne oppgaven i et innlegg i Timothy Gowers' blogg for noen uker siden, men lot være å lese innlegget da jeg helst ville løse oppgaven på egenhånd først. Hadde ikke på tidspunktet tid til å løse oppgaven på egenhånd, så jeg la hele oppgaven til side og hadde i grunn glemt av den inntil i dag... så takk for at du minte meg på den 
. Her er min løsning:
Definerer følgen $ b_n = \frac{a_0 + \cdots a_n}{n} $ for $ n \geq 1 $. Merk at vi har
$$ b_{n+1} =a_{n+1} + \big(1 - \frac{1}{n+1} \big) b_n = b_n + \frac{a_{n+1} - b_n}{n+1} $$
Starter med å vise eksistens:
Anta at $ b_n > a_{n+1} $. Da vil
$$ b_{n+1} = b_n - \frac{b_n - a_{n+1}}{n+1} > b_n - (b_n - a_{n+1}) = a_{n+1} $$
Så $ b_n > a_{n+1} \implies b_{n+1} > a_{n+1} $ (1).
Sett $ n = a_0 $. Da vil
$$ b_n < \frac{a_0}{n} + a_n \leq a_{n+1} $$,
siden $ a_{n+1} - a_n \geq 1 $. Så det eksisterer en $ n $ slik at $ b_n \leq a_{n+1} $; la $ N $ være minste slik $ n $.
Hvis $ N = 1 $, så er $ a_1 < b_1 $ trivielt og vi er ferdige. Hvis $ N > 1 $, så er $ a_N < b_{N-1} $, og ved (1) følger det at $ a_N < b_N $; nå er vi også ferdige.
Det gjenstår å vise entydighet: Anta at $ b_n \leq a_{n+1} $. Da vil
$$ b_{n+1} = b_n + \frac{a_{n+1} - b_n}{n+1} \leq b_n + a_{n+1} - b_n = a_{n+1} $$
Så $ b_n \leq a_{n+1} \implies b_{n+1} \leq a_{n+1} $. Da er også $ b_{n+1} \leq a_{n+2} $, og det følger ved induksjon at $ b_m \leq a_m $ for alle $ m \geq n+1 $.
Nå skal jeg lese det blogginnlegget som jeg linket til...
. Her er min løsning:Definerer følgen $ b_n = \frac{a_0 + \cdots a_n}{n} $ for $ n \geq 1 $. Merk at vi har
$$ b_{n+1} =a_{n+1} + \big(1 - \frac{1}{n+1} \big) b_n = b_n + \frac{a_{n+1} - b_n}{n+1} $$
Starter med å vise eksistens:
Anta at $ b_n > a_{n+1} $. Da vil
$$ b_{n+1} = b_n - \frac{b_n - a_{n+1}}{n+1} > b_n - (b_n - a_{n+1}) = a_{n+1} $$
Så $ b_n > a_{n+1} \implies b_{n+1} > a_{n+1} $ (1).
Sett $ n = a_0 $. Da vil
$$ b_n < \frac{a_0}{n} + a_n \leq a_{n+1} $$,
siden $ a_{n+1} - a_n \geq 1 $. Så det eksisterer en $ n $ slik at $ b_n \leq a_{n+1} $; la $ N $ være minste slik $ n $.
Hvis $ N = 1 $, så er $ a_1 < b_1 $ trivielt og vi er ferdige. Hvis $ N > 1 $, så er $ a_N < b_{N-1} $, og ved (1) følger det at $ a_N < b_N $; nå er vi også ferdige.
Det gjenstår å vise entydighet: Anta at $ b_n \leq a_{n+1} $. Da vil
$$ b_{n+1} = b_n + \frac{a_{n+1} - b_n}{n+1} \leq b_n + a_{n+1} - b_n = a_{n+1} $$
Så $ b_n \leq a_{n+1} \implies b_{n+1} \leq a_{n+1} $. Da er også $ b_{n+1} \leq a_{n+2} $, og det følger ved induksjon at $ b_m \leq a_m $ for alle $ m \geq n+1 $.
Nå skal jeg lese det blogginnlegget som jeg linket til...
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Ser bra ut dette. Her er en skisse av min løsning:
Definer en ny følge $\{b_n\}$ ved $b_n=(a_n-a_1)+(a_n-a_2)+\cdots+(a_n-a_{n-1})$. Vi observerer så at $b_1=0$ og at følgen er strengt
voksende (dette følger lett fra at $a_n$ er strengt voksende). Videre ser vi at ulikheten kan omformes til $b_n<a_0\leq b_{n+1}$.
På dette tidspunktet er det vi ønsker å vise helt åpenbart! $b_n$ er en strengt voksende følge som starter på $0$, da er det klart at
$a_0$ må ligge mellom to påfølgende ledd i følgen og vi har nøyaktig én $n$ slik at $b_n<a_0\leq b_{n+1}$.
Definer en ny følge $\{b_n\}$ ved $b_n=(a_n-a_1)+(a_n-a_2)+\cdots+(a_n-a_{n-1})$. Vi observerer så at $b_1=0$ og at følgen er strengt
voksende (dette følger lett fra at $a_n$ er strengt voksende). Videre ser vi at ulikheten kan omformes til $b_n<a_0\leq b_{n+1}$.
På dette tidspunktet er det vi ønsker å vise helt åpenbart! $b_n$ er en strengt voksende følge som starter på $0$, da er det klart at
$a_0$ må ligge mellom to påfølgende ledd i følgen og vi har nøyaktig én $n$ slik at $b_n<a_0\leq b_{n+1}$.