Para $n \in \mathbb N$ , defina $f(n):=|\{(a,b,c)\in \mathbb N^3 : n=2a+b+c , a\ne b , a\ne c , b<c\}|$ . Cómo demostrar que hay infinitos valores de $n$ tal que $f(n+1)<f(n)$ ? ¿Qué podemos decir sobre lim inf y lim sup de la secuencia $\{f(n+1)-f(n)\}$ ? (como mínimo finito, positivo, etc.) ? si se puede demostrar que $f(n+1)<f(n)$ para infinitos enteros positivos $n$ entonces, por supuesto $\lim \inf \{f(n+1)-f(n)\}<0$ )
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Intenté responder a la pregunta tratando de expresar $f(n+1)-f(n)$ como el cardinal de algún conjunto, pero sin éxito. a pesar de todo, creo que debería haber una aproximación más sencilla exponiendo algunas propiedades combinatorias de los conjuntos en la pregunta. En fin, matemos una mosca con un mazo y calculemos $f(n)$ (¿tal vez se pueda simplificar la expresión dada?):
Reclamación : Demostraremos que : $$f(n)= \frac{\lfloor\frac{n+1}{2} \rfloor\left(\lfloor\frac{n+1}{2} \rfloor+1\right)}{2}-\lfloor \frac{n}{3} \rfloor -1+\epsilon(n)$$ donde $\epsilon(n)=1 $ si $n\pmod4=0$ y $0$ de lo contrario.
Ahora bien, suponiendo que esto se demuestre (y esperemos que sin ningún error), tenemos : $$ \begin{align*} f(2k+1)-f(2k)=k+1-\epsilon(2k)+\lfloor \frac{2k}3\rfloor -\frac{2k+2}3\rfloor \\ f(2k)-f(2k-1)=\epsilon(2k)+\lfloor \frac{2k-1}3\rfloor -\frac{2k}3\rfloor \end{align*} $$ De aquí se puede deducir que $f(n)-f(n-1)$ puede ser tan grande como quieras, y $f(6k)-f(6k-1)=\epsilon(6k)-1$ que es igual a $-1$ sólo cuando $n=12k+6$ e igual a $0$ cuando $n=12k$ . También se puede -mediante el análisis de casos módulo $12$ - demostrar que los únicos números que no aparecen en la secuencia $f(n+1)-f(n)$ son los de la forma $6m+5$ .
Prueba : Definamos $F(n)=\{(a,b,c)\in \mathbb N^3 : n=2a+b+c , a\ne b , a\ne c , b<c\}$ para que tengamos $f(n)=|F(n)|$ . Ahora supongamos que $a$ es fijo, entonces tendremos que calcular el cardinal del conjunto definido como sigue (para algunos valores de $n$ ) $G(n)=\{(a,b)\in \mathbb N^2 : n=a+b , a\ne b, a<b\}$ es fácil ver que : $$g(n)=|G(n)|=\lfloor\frac{n+1}{2} \rfloor $$ Por último, defina $H(n,a)=\{(b,c)\in G(n-2a): a\ne b , a\ne c\} $ por lo que tenemos la siguiente equivalencia : $(a,b,c)\in F(n) \iff (b,c)\in H(n,a) $ . Esta es sólo una forma alternativa de formular la misma pregunta, pero a partir de aquí podemos calcular el tamaño de $H$ y luego el tamaño de $F$ . En cuanto a $H$ : $$ h(n,a)=|H(n,a)|=g(n-2a)-\epsilon(n,a)$$ donde $\epsilon(n,a) =0$ excepto cuando $a$ aparece en alguna tupla de $G(n)$ en cuyo caso $\epsilon(n,a) =1$ Esto equivale a $a\leq n-2a$ y $n\ne 4a$ . Ahora es el momento de calcular el tamaño de $F$ :
$$\begin{align*} f(n) &= \sum_{0\leq 2a\leq n} h(n,a)\\ &=\sum_{0\leq 2a\leq n} g(n-2a) - \sum_{0\leq 2a\leq n} \epsilon(n,a)\\ &=\sum_{0\leq k\leq \lfloor\frac{n}{2}\rfloor} g(2k+p(n)) - \sum_{0\leq 2a\leq n,3a\leq n, 4a\ne n} 1 \tag{1}\\ &=\sum_{0\leq k\leq \lfloor\frac{n}{2}\rfloor} (k+p(n)) - \left( \lfloor \frac{n}{3} \rfloor +1-\epsilon(n) \right) \tag 2\\ \\ &= \frac{\lfloor\frac{n+1}{2} \rfloor\left(\lfloor\frac{n+1}{2} \rfloor+1\right)}{2}-\lfloor \frac{n}{3} \rfloor -1+\epsilon(n) \end{align*}$$
- Cuando $a$ verifica $0\leq 2a\leq n$ entonces $n-a$ recorre todos los números pares si $n$ es par, y sobre el impar los números si $n$ es impar que son menores o iguales a $n$ , tenga en cuenta que $p(n)=1$ si $n$ es impar y $p(n)=0$ de lo contrario.
- Evaluar la segunda suma equivale a contar el número de enteros $a$ verificando $0\leq 2a\leq n,3a\leq n, 4a\ne n$ o de forma equivalente $0\leq 3a\leq n, 4a\ne n $ . Tenga en cuenta que $\epsilon(n)=0 $ excepto cuando $n$ es divisible por $4$ para lo cual $\epsilon(n)=1$ .
san
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Esto es demasiado largo para un comentario. Demostramos que $f(n)\le f(n+1)$ siempre que $n\ne 6k-1$ .
Dejemos que $D_n=\{(a,b,c)\in \mathbb N^3 : n=2a+b+c , a\ne b , a\ne c , b<c\}$ .
Si $n\ne 6k-1$ entonces hay un mapa $$ g:D_n\to D_{n+1}, $$ con $$ g(a,b,c)=\left\{\begin{array}{cc} (a,b,c+1)& \text{ if $c\ne a-1$}\\ (a,b-1,c+2)&\text{ if $c=a-1$ and $b>0$}\\ (0,3k+1,3k+2)&\text{ if $c=a-1$ and $b=0$ and $n=3a-1=6k+2$} \end{array}\right. $$ Desde $g$ es inyectiva, $f(n)\le f(n+1)$ siempre que $n\ne 6k-1$ .
${\bf EDIT:}$
Para calcular $f(n)$ definiremos cuatro conjuntos: $$ D_0(n):=\{(a,b,c)\in\Bbb{N}^3,\text{ such that } 2n+b+c=n\} $$ $$ D_1(n):=\{(a,b,c)\in D_0(n),\text{ such that } b\ge c\} $$ $$ D_2(n):=\{(a,b,c)\in D_0(n)\setminus D_1(n),\text{ such that } a=c\} $$ $$ D_3(n):=\{(a,b,c)\in D_0(n)\setminus D_1(n),\text{ such that } a=b\} $$ Tenga en cuenta que $D_0=D\cup D_1\cup D_2 \cup D_3$
donde $D(n)=\{(a,b,c)\in \mathbb N^3 : n=2a+b+c , a\ne b , a\ne c , b<c\}$ .
Definir $f_i(n)=|D_i(n)|$ . Entonces $$ f(n)=f_0(n)-f_1(n)-f_2(n)-f_3(n). $$
Evidentemente, si $n=2k$ entonces $f_0(n)=(k+1)^2$ y $f_1(n)=(k+1)(k+2)/2$ . Además, si $n=12k$ entonces $f_2(n)=k$ y $f_3(n)=3k$ . Por lo tanto, si $n=12k$ tenemos $f(n)=18k^2-k$ .
Por otro lado, si $n=12k+6$ entonces $f_2(n)=k+1$ y $f_3(n)=3k+2$ . Por lo tanto, si $n=12k+6$ tenemos $f(n)=18k^2+17k+3$ .
