Deje $a_1,a_2,\cdots,a_n $ ser entero positivo tal que$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}=1.$ Demostrar que$$\max\{a_1,a_2,\cdots,a_n \}\leq {n^2}^{n-1}.$$
Este Problema:1
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Supongamos que $a_1\leq a_2\leq \ldots\leq a_n$. Vamos a demostrar que $a_k \leq n^{2^{k-1}}$ por cada $k=1,2,\ldots,n$. En primer lugar, tenemos $$\frac{n}{a_1}\geq\sum_{i=1}^n\,\frac{1}{a_i}=1$$ lo que implica que $$a_1 \leq n=n^{2^{1-1}}\,.$$ Ahora, suponga que la demanda tiene por $k=1,2,\ldots,r$ algunos $r\in\mathbb{N}$$r<n$. A continuación, $$\frac{n-r}{a_{r+1}}\geq \sum_{i=r+1}^n\,\frac{1}{a_i}=1-\sum_{i=1}^r\,\frac{1}{a_i}\geq\frac{1}{\prod_{i=1}^r\,a_i}.$$ Es decir, $$a_{r+1}\leq (n-r)\,\prod_{i=1}^r\,a_i \leq n\,\prod_{i=1}^r\,n^{2^{i-1}}=n\cdot n^{\sum_{i=1}^r\,2^{i-1}}=n\cdot n^{2^r-1}=n^{2^{(r+1)-1}}\,.$$ Por inducción, la demanda se mantiene. Por lo tanto, $a_n \leq n^{2^{n-1}}$, según se requiera. De hecho, podemos mejorar esta desigualdad y consigue $a_n\leq \prod_{k=1}^n\,k^{2^{k-2}}\leq n^{2^{n-1}-1}$.
