Deje $x_{1},x_{2},\cdots,x_{r}$ ser enteros positivos tales que $$1\le x_{1}\le x_{2}\le \cdots\le x_{r}$$ y $$\prod_{i=1}^{r}\left(1+\dfrac{1}{x_{i}}\right)<2.$$
a continuación, Mostrar que $$\prod_{i=1}^{r}\left(1+\dfrac{1}{x_{i}}\right)\le \dfrac{2^{2^r}-1}{2^{2^r-1}}\tag{1}$$ si y sólo si $x_{i}=2^{2^{i-1}}$
Yo sé sobre el siguiente problema similar (llamado el Erdos de conjeturas,y sé que ha sido solucionado)
si el $a_n$ son enteros positivos tales que $$\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}}<1$$ a continuación, encuentre el valor máximo de $$ \dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}}$$ y la solución a este problema está dada por la secuencia de $\{r_{n}\}$ definido por $$r_{1}=2,r_{n}=r_{1}r_{2}\cdots r_{n-1}+1.n\ge 2$$ tenemos $$\max{\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}}\right)}\le\dfrac{1}{r_{1}}+\dfrac{1}{r_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{r_{n}}$$ la solución completa se puede ver a China Equipo de la Prueba de Selección de 1987 :http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=234089&sid=f7910d60017435727b0f23367e47f02a#p234089
Gracias
Yo creo que por la desigualdad de $(1)$, se puede utilizar la secuencia de $r_{n}=(r_{n-1})^2,r_{1}=2$
Hoy,he intentado de nuevo,y volvió a fallar.Gracias
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Yo creo que, yo soy capaz de mostrar la igualdad en la ecuación de $(1)$ si $x_i = 2^{2^{i-1}}$. Este inmediatamente se muestra una forma de la fib declaración.
Primera nota, que \begin{align} \sum_{i=0}^{r-1} 2^i=\sum_{i=1}^{r} 2^{i-1}= 2^r-1 \end{align} que considero dado ( tal vez la prueba a través de la inducción ).
Cuando la escritura $\log$, creo que siempre se refieren a $\log_2$ ( desde $ld$ no es Tex comando)
Ahora, suponga $x_i$ se define como la anterior. Luego de tomar el logaritmo de su producto y aplicando el logaritmo de las leyes, obtenemos \begin{align} \log \prod_{i=1}^r (1+1/x_i) &= \sum_{i=1}^r \log (1+1/x_i) = \sum_{i=1}^r \log ((x_i+1)/x_i) \\ &=\sum_{i=1}^r \log (x_i+1)-\sum_{i=1}^r \log (x_i) \\ &=\sum_{i=1}^r \log (2^{2^{i-1}}+1)-\underbrace{\sum_{i=1}^r \log (2^{2^{i-1}}) }_{} \\ &=\sum_{i=1}^r \log (2^{2^{i-1}}+1)-\underbrace{\sum_{i=1}^r {2^{i-1}} }_{}\\ &=\underbrace{\sum_{i=1}^r \log (2^{2^{i-1}}+1)}_{}-(2^{r}-1) \\ &=\log\prod_{i=1}^r(2^{2^{i-1}}+1)-(2^{r}-1) \\ &=\log A_p-(2^{r}-1) \\ \end{align} con $A_p=\prod_{i=1}^r(2^{2^{i-1}}+1)$. Mediante la expansión de $A_p$, y sumando todas las combinaciones posibles ( uno puede querer a una prueba de esto en detalle ), llegamos a la \begin{align} A_p=\prod_{i=1}^r(2^{2^{i-1}}+1) = \sum_{k=1}^{2^r}2^{k-1} \end{align} con la "Nota" de arriba tenemos $A_p = 2^{2^{r}}-1$.
Obtenemos entonces \begin{align} &\log \prod_{i=1}^r (1+1/x_i) = \log(2^{2^{r}}-1)-(2^{r}-1) \\ \Leftrightarrow& \prod_{i=1}^r (1+1/x_i) = 2^{{log(2^{2^{r}}-1)}-{(2^{r}-1) }} = \frac{2^{2^{r}}-1}{2^{2^{r}-1}} \end{align}
Así que, obviamente, tenemos:
- si $x_i = 2^{2^{i-1}}$, $\prod_{i=1}^r (1+1/x_i)\leq \frac{2^{2^{r}}-1}{2^{2^{r}-1}}$ (en realidad tenemos igualdad)
- si $\prod_{i=1}^r (1+1/x_i)= \frac{2^{2^{r}}-1}{2^{2^{r}-1}}$, $x_i = 2^{2^{i-1}}$
el problema es el segundo punto, ya que en realidad tenía que mostrar
- si $\prod_{i=1}^r (1+1/x_i)\leq \frac{2^{2^{r}}-1}{2^{2^{r}-1}}$, $x_i = 2^{2^{i-1}}$
Aquí realmente no sé qué hacer. Pero dando el hecho de que tengamos igualdad, usted podría ser capaz de llegar con algo que no era capaz de derivar.
Buena suerte!
Tomar $r = 1$ y $x_1 = 3$. ¿Entonces, ciertamente, $(1 + 1/x_1) = 4/3 < 2$ pero \begin{equation} \frac{2^2 - 1}{2^{2 - 1}} = \frac{3}{2} \geq 4/3 \end{equation} y $3$ ciertamente no es una potencia de $2$ por lo que su declaración es falsa, seguramente? Que podría faltar algo / ser increíblemente estúpido.
Por otra parte, la expresión de la derecha es independiente de la opción real de $x_i$ pero, si aumentamos el $x_i$, el producto disminuye por lo que, si encontramos una secuencia $x_1, x_2, \dots, x_n$ que trabaja entonces, seguramente, $x_1 + 1, x_2 + 1, \dots x_n + 1$ también funciona.
