Muy difícil: max{piso,ceil}=?

Question

Vi a un patrón, mientras que tratando de generalizar un problema. (EDIT: dicho problema ha sido eliminado de este post para evitar confusiones. EDITAR(2): Aquí está de nuevo el problema: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=367432&sid=356f2a2b519ab007bb648bf00e84934d#p367432 ) <--- Ese no es el problema que quiero resolver, que es justo donde tengo el modelo de abajo. Yo sé cómo resolver el problema en el enlace ya; yo sólo estoy aquí tratando de resolver el problema siguiente:

Aquí está el patrón que he encontrado, que no puedo probar. Si usted probar esto, usted gana la recompensa, y si hay varias pruebas, la más detallada (incluyendo información adicional, etc) gana:

Si $$\{k:k\in \mathbb{Z}^+,k\ne 4, k\ge 3\}$$ ,

$$\max\left\{\left(\frac{k}{\lfloor \frac{k}{\text{e}}\rfloor }\right)^{\lfloor \frac{k}{{\text{e}}}\rfloor},\left(\frac{k}{\lceil \frac{k}{\text{e}}\rceil }\right)^{\lceil \frac{k}{{\text{e}}}\rceil}\right\}=\begin{cases}\left(\frac{k}{\lfloor \frac{k}{\text{e}}\rfloor }\right)^{\lfloor \frac{k}{{\text{e}}}\rfloor}\quad\text{if}\ \{\frac{k}{\text{e}}\}<0.5\\ \\\left(\frac{k}{\lceil \frac{k}{\text{e}}\rceil }\right)^{\lceil \frac{k}{{\text{e}}}\rceil}\quad\text{if}\ \{\frac{k}{\text{e}}\}\ge 0.5\end{cases}$$ .

Sinceramente, no sé por dónde empezar.

EDIT: Aquí $\{x\}$ denota la parte fraccionaria de $x$, por ejemplo,$\{5.4\}=0.4$.

Answer 1

Su conjetura es correcta para $k$ suficientemente grande y, casi seguramente, el único contraejemplo es el caso de la $k=4$ ya se ha señalado. Esta desigualdad es increíblemente apretado: al final, todo se reduce al hecho de que $e/6 < 1/2$ y algunos muy afortunadas coincidencias en relación con la continuación de la fracción de $e$.

Ponemos a $n = \lfloor k/e \rfloor$. Tenemos $$\left( \frac{k}{n} \right)^n < \left( \frac{k}{n+1} \right)^{n+1}$$ si y sólo si $$(n+1)^{n+1}/n^n < k.$$ Vamos a establecer $c=(n+1)^{n+1}/n^n$.

Por otro lado, $\{ k/e \} > 1/2$ es equivalente a $k/e>n+1/2$ o $k>e(n+1/2)$. Por lo que su conjetura es $$k> c \Longleftrightarrow k > e(n+1/2).$$ En otras palabras, si usted tenía un contraejemplo a tu conjetura, no sería un entero $k$$c$$e(n+1/2)$. Vamos a descartar esto.

Para este fin, necesito reemplazar a $c$ por algo más cómodo. Yo reclamo que $e(n+1/2) > c>e (n+1/2-1/(23.9 (n+1/2)))$$n \geq 4$. Esto es definitivamente cierto para $n$ lo suficientemente grande, como $$c = n \exp((n+1) \log(1+1/n)) = n \exp((n+1) (1/n-1/(2n^2) + 1/(3 n^3)+O(1/n^4)))$$ $$= e(n+1/2-1/(24 n) + O(1/n^2))$$ También he comprobado por $4 \leq n \leq 100$. No he hecho el cuidadoso trabajo de averiguar la constante en la $O()$ a probar esto para todos los $n$, pero se puede si es necesario y, si me equivoco, solo se introduce un número finito de errores. (Aquí y en las siguientes, se debe pensar en los números como $23.9$ esencialmente como"$24$", pero me han puesto en un poco de chocolate para hacer las desigualdades verdadero desigualdades en lugar de asymptotics.)

Nuestro objetivo es mostrar que no hay soluciones a $$e(n+1/2-1/(23.9 (n+1/2))) < k < e(n+1/2)$$ en números enteros, excepto para $k=4$ $n=1$ (como ya se ha señalado). Ya podemos ver que, si hay soluciones, que son raros: usted necesita para obtener un intervalo de longitud de $1/(24 n)$ a contener un número entero. Vamos a ver realmente que no hay ninguna.

La aplicación de $x \mapsto e-x/(n+1/2)$ a cada término, esta ecuación es equivalente a: $$\frac{e}{23.9 (n+1/2)^2} > e-\frac{2k}{2n+1} > 0$$ o $$\frac{e}{5.975 (2n+1)^2} > e-\frac{2k}{2n+1} > 0 \quad (\ast).$$

Ahora nos recuerde un teorema sobre fracciones continuas (ver, por ejemplo, el Teorema de 184 en Hardy y Wright): Si $x$ es irracional e $p$ $q$ son enteros con $$\left| x - \frac{p}{q} \right| < \frac{1}{2 q^2}$$ a continuación, $p/q$ es convergente de $x$. Desde $e/5.975 < 1/2$, si tenemos una solución a$(\ast)$, $(2k)/(2n+1)$ sería convergente de $e$. (Desde convergents crecer exponencialmente rápido, esto ya demuestra que las soluciones a $(\ast)$ son muy raros.) Aproximadamente, el resto de la prueba es la siguiente: Si nos fijamos en la convergents $p_i/q_i$ $e$ y calcular el $q_i^2 |e-p_i/q_i|$ verás que se está acercando a $1/2$ $i \equiv 1, 3 \bmod 3$ y el van a cero para $i \equiv 2 \bmod 3$. Desde $1/2 > e/5.975$, no esperamos ninguna solución en el primer caso. En el segundo caso, lo que ocurre es que $p_i/q_i$ es de la forma $\mbox{odd}/\mbox{odd}$, no $(2k)/(2n+1)$. El resto de la argumentación es la de llenar los detalles de este.

Recordemos las fórmulas básicas de la teoría de fracciones continuas: Si $x = a_0+1/(a_1+1/(a_2+1/(a_3 + \cdots))) =: [a_0, a_1, a_2, a_3, \cdots]$ y el convergents de $x$ $p_1/q_1$, $p_2/q_2$, etcétera, de $p_{i+1} = a_i p_i +p_{i-1}$$q_{i+1} = a_i q_i + q_{i-1}$.

La continuación de la fracción de $e$ es conocido: $$e = [2,1,2,1,1,4,1,1,6,1,1,8,1,1,10,1,1,\cdots].$$ A partir de ahora, $a_i$ indican la secuencia $2$, $1$, $2$, $1$, $1$, $4$, etcétera y $p_i/q_i$ indican la convergents, a partir de $p_1/q_1=2/1$, $p_2/q_2 = 3/1$, $p_3/q_3=8/3$, $p_4/q_4 = 11/4$, etcétera. (Tenga en cuenta que $8/3$ corresponde a $k=4$, $n=1$.)

A partir de las relaciones $p_{i+1} = a_i p_i +p_{i-1}$$q_{i+1} = a_i q_i + q_{i-1}$, comprobamos que la paridad de $(p_i, q_i)$ repite con período de $6$. Los términos de la forma $(2k)/(2n+1)$ es aparecer en las posiciones que se $1$ o $3$ modulo $6$, a partir de $$2, \ 8/3,\ 106/39,\ 1264/465,\ 25946/9545,\ 517656/190435, \cdots$$ He comprobado el $4$ convergents después de $8/3$ explícitamente y no violar $(\ast)$, por lo que puedo suponer que estoy tratando con algunos de ellos bastante grandes números si hay contraejemplos.

Tenemos la alternancia de suma $\left| e-p_i/q_i \right| = 1/(q_i q_{i+1}) - 1/(q_{i+1} q_{i+2})+ \cdots$, por lo que, en particular, $\left| e-p_i/q_i \right| > 1/(q_i q_{i+1}) - 1/(q_{i+1} q_{i+2})$. En los casos que nos interesan, $e>p_i/q_i$, por lo que podemos dejar el valor absoluto.

Caso 1: $i=1 \bmod 6$, como $106/39$. Tenga en cuenta que los denominadores de los alrededores $39$ $7$, $32$, $39$, $71$, $495$. $$\frac{1}{q_i q_{i+1}} - \frac{1}{q_{i+1} q_{i+2}} = \frac{1}{q_i (2 q_{i} - q_{i-2})} - \frac{1}{q_{i+1} q_{i+2}}.$$ Pero $q_{i-2}/q_i$ $q_i/q_{i+2} \to 0$ $i \to \infty$ mientras $1 \bmod 6$ (estas son las $7/39$ $39/495$ en el ejemplo), por lo que $$q_i^2 \left( \frac{1}{q_i (2 q_{i} - q_{i-2})} - \frac{1} {q_{i+1} q_{i+2}} \right) \to 1/2.$$ Ya $i=13$ pasa más allá de $e/5.975$, por lo que no hay ninguna solución en este caso.

Caso 2: $i \equiv 3 \bmod 6$, como $1264/465$. Tenga en cuenta que los denominadores de los alrededores $465$ $71$, $465$, $536$, $1001$. En este caso, tenemos $$\frac{1}{q_i q_{i+1}} - \frac{1}{q_{i+1} q_{i+2}} =\frac{1}{q_i q_{i+1}} - \frac{1}{q_{i+1}(q_i+ q_{i+1})} = \frac{1}{q_i (q_i+q_{i+1})} = \frac{1}{q_i (2 q_i + q_{i-1})}.$$ De nuevo, $q_{i-1}/q_{i} \to 0$ (esto es $71/465$ en el ejemplo) así que $$q_i^2 \frac{1}{q_i (2 q_i + q_{i-1})} \to 1/2.$$ Tomando $i=9$ que ya se hace allá de $e/5.975$.

Answer 2

No una respuesta, sólo una observación, de ahí CW.

La trama de

$\text{max} \begin{cases} \dfrac{e}{k}\log\left(\dfrac{k}{\lfloor k/e\rfloor}^{\lfloor k/e\rfloor}\right)\\ \\ \dfrac{e}{k}\log\left(\dfrac{k}{\lceil k/e\rceil}^{\lceil k/e\rceil}\right)\\ \end{casos}$

against background $\mod \dfrac{e}{2}$

shows that what you conjecture is not strictly true, but it certainly approaches that limit (if I have understood the problem correctly).

Update

For $e\pm\frac{1}{2}$, fractional part $\pm\frac{1}{4}$:

Manipulate[s = E + m; pr2 = 1.005; pr1 = 0.94; r1 = s; c = m/E;Show[Plot[{If[FractionalPart[k/s] < 0.5 - m/2, 1.1, 0], 1}, {k, r1, (r1 + 5 s)}, PlotStyle -> {{Opacity[0]}, {Opacity[0]}},Filling -> {1 -> {2}}, FillingStyle -> {Opacity[0.2]},Frame -> True, Axes -> False, GridLines -> {{}, {1}},GridLinesStyle -> {Gray, Dashing[0.01]},PlotRange -> {{r1, (r1 + 5 s)}, {pr1, pr2}}], Plot[{If[Log[(k/Floor[k/s])^Floor[k/s]]/(k/s) - c >Log[(k/Ceiling[k/s])^Ceiling[k/s]]/(k/s) - c,Log[(k/Floor[k/s])^Floor[k/s]]/(k/s) - c, I],If[Log[(k/Ceiling[k/s])^Ceiling[k/s]]/(k/s) - c >Log[(k/Floor[k/s])^Floor[k/s]]/(k/s) - c,Log[(k/Ceiling[k/s])^Ceiling[k/s]]/(k/s) - c, I]}, {k,r1, (r1 + 5 s)}, PlotStyle -> {{Red, Thick}, {Blue, Thick}}, Frame -> True,Axes -> False, PlotRange -> {{r1, (r1 + 5 s)}, {pr1, pr2}}]], {{m, 0}, -0.5, 0.5}]

Answer 3

No una respuesta, sino un enfoque: Fijar un $k$ y deje $K := \lceil \frac{k}{e} \rceil$. Supongamos $\left\{ \frac{k}{e} \right\} \ge \frac12$. Queremos mostrar que $$\begin{align*} \left(\frac{k}{\lfloor \frac ke \rfloor}\right)^{\lfloor \frac ke \rfloor} \le \left(\frac{k}{\lceil \frac ke \rceil}\right)^{\lceil \frac ke \rceil} \end{align*}$$ Transformaciones básicas (y el hecho de que $K = \lceil \frac ke \rceil = \lfloor \frac ke \rfloor + 1$) rendimiento equivalente a la desigualdad $$\begin{align*} K^K \le k \cdot (K - 1)^{K - 1} \end{align*}$$ Ahora nuestra suposición $\left\{ \frac{k}{e} \right\} \ge \frac12$$\frac ke \ge \lfloor \frac ke \rfloor + \frac 12 = K - \frac 12$. Por lo tanto $$\begin{align*} k \cdot (K - 1)^{K - 1} \ge e \cdot \left(K - \frac12\right) \cdot (K - 1)^{K - 1} \end{align*}$$ Conectando en la de arriba y la transformación, vemos que es suficiente para mostrar que $$\begin{align*} \left(\frac{K}{K-1}\right)^K \le e \cdot \frac{K - \frac12}{K - 1} \end{align*}$$ Tomando el recíproco y multiplicando por $e$, obtenemos el equivalente a la desigualdad $$\begin{align*} \left(1 - \frac1K\right)^K \cdot e \ge \frac{K - 2}{K - 1} \end{align*}$$ Ambos lados convergen a $1$ $K \to \infty$ (aquí el papel de la constante de $e$ se convierte en aparente).

Si queremos probar el otro caso, yo. e., $\left\{ \frac ke \right\} < \frac12$, de forma análoga llegar a $$\begin{align*} \left(1 - \frac1K\right)^K \cdot e < \frac{K - 2}{K - 1} \end{align*}$$

Yo no podía continuar a partir de aquí ya no sé lo suficiente acerca de la convergencia de $(1+\frac xn)^n$. Ni siquiera estoy seguro de si esto ayuda en todo, pero quería publicarlo ya que explica donde el $e$ proviene.