¿Es cierto que $\forall x>3, \exists y<x$ y $\exists z>x$ tal que $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1 ?$

Question

¿Es cierto que $\forall x>3, \exists y<x$ y $\exists z>x$ tal que $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1 ?$

Aquí está mi prueba, pero estoy atascado en el medio. Y también me pregunto si estoy en el camino correcto?

Sea $y = x - a$ para algún número real $a$ que $a>0$ y $z = x + b$ para algún número real $b$ que $b>0$ .

Entonces $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1 \Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{x-a}+\frac{1}{x+b}=1.$

Tras combinar términos similares, obtuve:

$a = \frac{x(x^2+bx-3x-2b)}{x^2+(b-2)x-b}$ y $b = \frac{x(x^2-ax-3x+2a)}{-x^2+(a+2)x-a}$

Para $a$ existe, $x^2+(b-2)x-b \neq 0$ . Y para $b$ existe, $-x^2+(a+2)x-a \neq 0$ .

Sea $f(x) = x^2+(b-2)x-b $ y $g(x) = -x^2+(a+2)x-a $ .

Por la fórmula de la función cuadrática: $x=\frac{-b \pm \sqrt{b^{2}-4 a c}}{2 a}$ :

$f(x)\neq 0$ $\Rightarrow (b-2)^2+4b < 0$ y $g(x)\neq 0\Rightarrow(a+2)^2-4a<0$ .

Desde $(b-2)^2+4b \geq 0$ y $(a+2)^2-4a\geq0$ no importa cómo elijamos $a$ y $b$ , $f(x)=0$ y $g(x)=0$ siempre tienen una solución.

Entonces me quedé aquí, entiendo que tengo que demostrar $f(x)\neq0$ y $g(x)\neq0$ para todos $x >3$ y $a,b$ tienen que ser positivas para que la afirmación sea cierta. De lo contrario, es falsa. ¡¡¡Realmente espero recibir alguna pista/ayuda!!! Gracias.

Answer 1

Es más fácil si sustituyes $a = 1/x, b=1/y, c=1/z$ . Asumiré que queremos $x,y,z > 0$ . Entonces las condiciones sólo dicen que $a,b,c$ son números comprendidos entre $0$ y $1$ para que $a + b + c = 1$ y $b$ es el más grande, $c$ es el más pequeño, y $a$ está en medio. ¿Cuándo es posible?

Necesitas $a < 1/2$ o bien $b$ no puede ser mayor que $a$ . Pero eso es todo lo que necesitas: una vez que elijas $a < 1/2$ Sólo toma $b$ ser $1/2$ y luego tomar $c = 1 - a - b$ .

Answer 2

Por cada $n\in N \gt 2$ demostramos que existe $n$ números naturales distintos por pares cuya suma de inversos es igual a $1$ .

Prueba por inducción.

Realización de la inducción en $n\geq 3$ el caso inicial $n=3$ después de

$\frac {1}{2} + \frac {1}{3}+\frac {1}{6}=1$ .

Suponemos ahora por hipótesis de Inducción, que, para un cierto número natural $k\geq 3 $ existen números naturales $x_1\lt x_2\lt ...\lt x_k$ tal que

$\frac {1}{x_1} + \frac {1}{x_2}+...+\frac {1}{x_k}=1$ .

Multiplicando la igualdad anterior por $\frac {1}{2}$ y añadiendo $\frac {1}{2}$ a ambos lados de la igualdad resultante , obtenemos $\frac {1}{2}+\frac {1}{2x_1} + \frac {1}{2x_2}+...+\frac {1}{2x_k}=1$ .

Desde $2\lt 2x_1\lt 2x_2\lt ...\lt 2x_k$ tenemos $k+1$ números naturales distintos por pares cuya suma de inversos es igual a $1$ y esto completa el paso de inducción.

Answer 3

¿Es cierto que $\;\forall x>3\,,\;\exists y<x\,$ y $\,\exists z>x\,$ tal que $\,\dfrac1x+\dfrac1y+\dfrac1z=1\;?$

Sí, es cierto.

Prueba :

En primer lugar resulta que

$\dfrac x{x-\frac32}<\dfrac x{3-\frac32}=\dfrac23x<x\;\;$ para cualquier $\,x>3\,.$

En consecuencia, para todos los $\,x>3\,$ existe $\,y=\dfrac x{x-\frac32}<x\,$ y $\,z=2x>x\,$ tal que

$\dfrac1x+\dfrac1y+\dfrac1z=\dfrac1x+1-\dfrac3{2x}+\dfrac1{2x}=1\;.$

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Anexo :

$\forall x\in\big(2,3\big]\,,\;\exists y<x\,$ y $\,\exists z>x\,$ tal que

$\dfrac1x+\dfrac1y+\dfrac1z=1\;.$

Prueba :

Para cualquier $\,x\in\big(2,3\big]\,$ resulta que

$\dfrac{2x}{x-2}>\dfrac{2x-x(4-x)}{x-2}=\dfrac{x^2-2x}{x-2}=x\;.$

En consecuencia, para todos los $\,x\in\big(2,3\big]\,$ existe $\,y=2<x\,$ y $\,z=\dfrac{2x}{x-2}>x\,$ tal que

$\dfrac1x+\dfrac1y+\dfrac1z=\dfrac1x+\dfrac12+\dfrac12-\dfrac1x=1\;.$

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Por lo tanto, ya hemos demostrado la siguiente propiedad :

Propiedad :

$\forall x>2\,,\;\exists y<x\,$ y $\,\exists z>x\,$ tal que

$\dfrac1x+\dfrac1y+\dfrac1z=1\;.$