Alternativ definisjon

[mrcreosote]

Det dukka opp en alternativ definisjon av de rasjonale tall i dag; disse er nøyaktig de reelle talla x hvor følgen $\{x+n{\}}_{n=0}^{\mathrm{\infty }}$ 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]

Om det så er en ekvivalent definisjon, så vil jeg ikke påstå at det er en veldig nyttig definisjon 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 $\{x+n{\}}_{n=0}^{\mathrm{\infty }}$.

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

$y_n=\frac{a}{b}+n=\frac{a+nb}{b}$

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

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

Vi setter inn for $y_n$ og $c_m=c_0\cdot k^m=\frac{a}{b}\cdot k^m$

$\frac{a}{b}\cdot k^m=\frac{a+nb}{b}$

$a{k}^m=a+nb$

Ved litt eksperimentering kommer vi frem til at $k=b+1$ kan brukes som forholdstall.

Da må vi vise at vi for alle m kan finne en n slik at
$a(b+1{)}^m=a+nb$

Av binomialformelen: $(b+1{)}^m=\sum _{i=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})b^i\cdot 1^{m-i}=1+\sum _{i=1}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})b^i$

Vi setter inn på venstre side.

$a+a\sum _{i=1}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})b^i=a+nb$

$nb=a\sum _{i=1}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})b^i$

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.)

$n=a\sum _{i=1}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})b^{i-1}$

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

$c_m=y_n$. Vi har funnet en geometrisk delfølge av $y_n$, 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!

[mrcreosote]

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]

Ja, det var jo som bare! Var jo $x=\frac{1}{2}$ 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.

$n=a\sum _{i=1}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})b^{i-1}=1\cdot \sum _{i=1}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{i})2^{i-1}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1})\cdot 2^0+(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2})\cdot 2^1=2\cdot 1+1\cdot 2=4$

======

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

Har du løst denne selv, forresten?

[mrcreosote]

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]

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]

Hva nå hvis (a,b)=(-1,2)?

[sEirik]

Ja, da kan vi vel alltids skrive (a,b) = (1,-2) eller hva?

[mrcreosote]

Sånn jeg har forstått det lar du den geometriske rekka være c[m]=y[n(m)] der $n(m)=a\sum _{i=1}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})b^{i-1}=a\frac{(1+b{)}^m-1}{2}$ 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]

Dette var ergerlig... Vi får vel egentlig samme resultat med (1,-2) som med (-1,2).

[sEirik]

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

Vi kan sette $k=(b+1{)}^2$ i stedet og gjøre beviset på nytt. Vil ikke det funke?

[mrcreosote]

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]

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

Vi kan sette $k=(b+1{)}^2$ 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 $(\frac{c}{b})(1+b{)}^m=\frac{c}{b}+N(m)$ der {N(m)} er en strengt voksende følge av positive heltall. Dette utgjør den ønska geometriske følgen.

[sEirik]

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]

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.