Dar el número entero positivo $n$, encontrar el menor % de números reales $\lambda$y $0<a_{i}<2^i,\forall i=1,2,\cdots,n$. que $$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\{a_{i}a_{j}\}\le \lambda \sum_{i=1}^{n}\{a_{i}\}$$ where $ \{x\}=x-[x]$.
Esta desigualdad tengo prueba a veces, y no puedo resolverlo. y he oído de mi país sin personas que solucionaron este problema
Ahora se dice la respuesta es $$\lambda_{\min}=2^{n+1}-n-2+\dfrac{n+(2^{n+1}-n-2)(2^n-1)}{\sqrt{(2^n-1)^2+1}}$ $
Actualización : Respuesta Completa
Vamos $a_n = \sqrt{(2^n-1)^2+1}$ , $a_i = \frac{(2^i-1)(2^n-1)+1}{a_n}$ para todos los $1 \leq i <n$.
A continuación,$\sum \limits_{i=1}^n \{a_i \} = \sum \limits_{i=1}^{n-1} \{\frac{(2^i-1)(2^n-1)+1}{a_n}\} + \{a_n\} = \sum \limits_{i=1}^{n-1} \frac{(2^i-1)(2^n-1)+1}{a_n}-(2^i-1) + a_{n}-2^n+1 =\frac{\left(a_n-2^n+2\right) \left(a_n-2^n+n\right)}{a_n} $,
Por otro lado tenemos que $\sum \limits_{i=1}^{n} \sum \limits_{j=1}^{n} \{a_i a_j\} = \sum \limits_{i=1}^{n} \{a_i^2\} +2 \sum \limits_{i=1}^{n-2} \sum \limits_{j=i+1}^{n-1} \{a_i a_j\} + 2 \sum \limits_{i=1}^{n-1} \{a_i a_n\}$,
Sabemos que $\lim \limits_{n \to \infty} \{a_i a_n\} =1$,ya que el $a_i = \frac{integer}{a_n}$,lo $2 \sum \limits_{i=1}^{n-1} \{a_i a_n\}=2(n-1)$.
También se $\lim \limits_{n \to \infty} \{ a_n^2 \} =1$, por lo que tenemos $2n-1 + \sum \limits_{i=1}^{n-1} \{a_i^2\} +2 \sum \limits_{i=1}^{n-2} \sum \limits_{j=i+1}^{n-1} \{a_i a_j\} $
$\sum \limits_{i=1}^{n-1} \{a_i^2\} = \sum \limits_{i=1}^{n-1} \frac{((2^i-1)(2^n-1)+1)^2}{a_n^2} - \sum \limits_{i=1}^{n-1} (2^i-1)^2 = \frac{\left(2^n-2\right) \left(-6 n+8^n-3\ 2^{2 n+1}+3\ 2^n (n+4)-4\right)-a_n^2 \left(3 n+4^n-3\ 2^{n+1}+5\right)}{3 a_n^2}$, y
$ 2 \sum \limits_{i=1}^{n-2} \sum \limits_{j=i+1}^{n-1} \{a_i a_j\} = 2 \sum \limits_{i=1}^{n-2} \sum \limits_{j=i+1}^{n-1} \frac{((2^i-1)(2^n-1)+1)((2^j-1), (2^n-1)+1)}{a_n^2} -(2^i-1)(2^j-1) = \frac{\left(2^n-2\right) \left(2 \left(-3\ 2^{n+1}+8^n+2\right)-3 \left(2^n-2\right) \left(-n+2^{n+1}+1\right) n\right)-a_n^2 \left(2 \left(4^n-1\right)+3 n \left(n-2^{n+1}+1\right)\right)}{3 a_n^2}$
por lo $\lambda \geq \frac{\left(2^n-2\right)^2 \left(2^n-n\right)^2-a^2 \left(n^2+4^n-2^{n+1} (n+1)+2\right)}{a \left(a-2^n+2\right) \left(a-2^n+n\right)}$ , lo $\lambda \geq 4*2^n-2n-4$ (me lo demostró, no es fácil para probar pero cualquiera podría comprobar y ver esto es cierto para todos los números enteros,ver a Alex del resultado acerca de este límite inferior), y esto se convierte en más y más precisas como $n \to \infty$.
Ahora vamos a probar el límite superior,
tenemos a uno de los 2 casos :
1) no es $i$ tal que $\{ a_i \} \geq \frac{1}{n^2}$ o 2) para todas las $i$ tenemos $\{a_i \} < \frac{1}{n^2}$
en el primer caso sabemos que $ \sum \limits_{i=1}^{n} \{ a_i \} \geq \frac{1}{n^2}$ y $ \sum \limits_{i=1}^{n} \sum \limits_{j=1}^{n} \{a_i a_j\} \leq n^2$$\lambda \leq \frac{n^2}{\frac{1}{n^2}} = n^4$.
en el segundo caso tenemos que $\sum \limits_{i=1}^{n} \sum \limits_{j=1}^{n} \{a_i a_j \} = \{ (\{a_i \} +[a_i]) (\{a_j\}+[a_j]) \} = \{ [a_i][a_j] + [a_j]\{a_i\} + [a_i] \{a_j\} + \{a_i \} \{a_j \} \} \leq \{ (2^j-1)\{a_i\}+ (2^i-1) \{a_j\} +\{a_i \} \{a_j \} \} = 2 \sum \limits_{i=1}^{n} \sum \limits_{j=1}^{n} (2^j-1) + \sum \limits_{i=1}^{n} \sum \limits_{j=1}^{n} \{a_i \} \{a_j \} = (4*2^n-2n-4) \sum \limits_{i=1}^{n} \{a_i \} + \sum \limits_{i=1}^{n} \sum \limits_{j=1}^{n} \{a_i \} \{a_j \} \leq (4*2^n-2n-4) \sum \limits_{i=1}^{n} \{a_i \}+ \sum \limits_{i=1}^{n} \{a_i\} \sum \limits_{j=1}^{n} \frac{1}{n^2} = (4*2^n-2n-4+\frac{1}{n}) \sum \limits_{i=1}^{n} \{a_i \}$
Por lo $(4*2^n-2n-4+\frac{1}{n}) \sum \limits_{i=1}^{n} \{a_i \} \geq \lambda \sum \limits_{i=1}^{n} \{a_i \} $ $(4*2^n-2n-4+\frac{1}{n}) \geq \lambda $
Así que nos quedamos con $ 4*2^n-2n-4 \leq \lambda \leq max(n^4,4*2^n-2n-4+\frac{1}{n})$
Y es cierto que $4*2^n-2n-4+\frac{1}{n} > n^4 $ todos los $n>12$,
Así que para todos los enteros $n >12$ tenemos que $4*2^n-2n-4 \leq \lambda \leq 4*2^n-2n-4+\frac{1}{n}$, (para los más pequeños de los casos se podría demostrar que también es cierto, pero no es fácil).
Así completar la prueba y $4*2^n-2n-4 \leq \lambda \leq 4*2^n-2n-4+\frac{1}{n} $ o $\lambda = 4*2^n-2n-4+O(\frac{1}{n})$.
Nota : todos los homenajes va a Alex.
Puedo demostrar que el mínimo requerido $\lambda$ pertenece al intervalo de $$\left[2^{n+2}-2n-4+n(\sqrt{(2^n-1)^2+1}-(2^n-1)),2^{n+2}-n-4\right].$$
Dado los números de $0<a_{i}<2^i$, para cada una de las $i$ $j$ hemos $$\{a_{i}a_{j}\}=\{([a_i]+\{a_i\})([a_j]+\{a_j\}) \}=$$ $$\{[a_i][a_j]+[a_i]\{a_j\}+[a_j]\{a_i\}+\{a_i\}\{a_j\}\}=$$ $$\{[a_i]\{a_j\}+[a_j]\{a_i\}+\{a_i\}\{a_j\}\}\le $$
$$\{[a_i]\{a_j\}\}+\{[a_j]\{a_i\}\}+\{\{a_i\}\{a_j\}\}\le $$
$$ (2^i-1)\{a_j\}+(2^j-1)\{a_i\}+\{a_i\}\{a_j\}.$$
Poner $S=\sum_{i=1}^{n}\{a_i\}$. Tenemos
$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\{a_{i}a_{j}\}\le \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} (2^i-1)\{a_j\}+(2^j-1)\{a_i\}+\{a_i\}\{a_j\}=$$ $$2S\sum_{j=1}^{n} (2^j-1)+S^2=(2^{n+2}-2n-4)S+S^2\le(2^{n+2}-n-4)S.$$
Por lo tanto $\lambda\le 2^{n+2}-n-4$.
Por otro lado, habida cuenta de $n$, escoja una positiva $\varepsilon$ tal que $(2^{n+1}-2)\varepsilon+\varepsilon^2<1$ y poner $a_i=2^i-1+\varepsilon$ por cada $i$. A continuación,$\{a_i\}=\varepsilon$$\{a_ia_j\}=(2^i+2^j-2)\varepsilon+\varepsilon^2$. Podemos fácilmente caclulate que el lado izquierdo de la desigualdad es igual a $(n2^{n+2}-2n^2-4n)\varepsilon+n^2\varepsilon^2$ y el lado izquierdo es igual a $n\lambda\varepsilon$, lo $\lambda\ge 2^{n+2}-2n-4+n\varepsilon$. Desde $\varepsilon$ puede ser elegido arbitrariamente cerca de $\sqrt{(2^n-1)^2+1}-(2^n-1)$, $\lambda\ge 2^{n+2}-2n-4+n(\sqrt{(2^n-1)^2+1}-(2^n-1)).$
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