Αριθμοί στον πίνακα

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #1

Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί 1,2,..,n

.
Σε κάθε βήμα επιλέγουμε $k\geq 2$ αριθμούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα,
τους σβήνουμε και γράφουμε στον πίνακα τον αριθμητικό τους μέσο.
Επαναλαμβάνουμε την διαδικασία μέχρι ένας μόνο αριθμός να υπάρχει στον πίνακα.
Να βρεθεί η μέγιστη δυνατή τιμή του αριθμού αυτού.

#2

Επαναφορά!

abfx · #3

Έστω $A_n\subseteq\mathbb{R}$ το σύνολο όλων των αριθμών που μπορούν να προκύψουν με τον τερματισμό της διαδικασίας.

Έστω επίσης s_n

το ζητούμενο μέγιστο του A_n

.

Παρατηρώ ότι $a\in A_n \implies \exists k_1,k_2,\dots,k_n \in\mathbb{Z}^{+}$ τέτοια ώστε $\displaystyle a=\frac{1}{k_1}\cdot 1+\frac{1}{k_2}\cdot 2+\dots+\frac{1}{k_n}\cdot n$
και $\displaystyle \frac{1}{k_1}+\dots+\frac{1}{k_n}=1 \textrm{ } (*)$ .

Επίσης, αν $k_1,k_2,\dots,k_n \in\mathbb{Z}^{+}$ ικανοποιούν την (*)

και επιπλέον $\displaystyle\frac{1}{k_1}\cdot 1+\frac{1}{k_2}\cdot 2+\dots+\frac{1}{k_n}\cdot n \in A_n$ , τότε και κάθε μετάθεση
αυτής της

άδας ικανοποιεί τα παραπάνω.

Άρα, από την ανισότητα της αναδιάταξης για να βρούμε το s_n

αρκεί να ελέγξουμε

άδες με $k_1\geq k_2 \geq \dots \geq k_n$ .

Θα δείξουμε ότι $\displaystyle s_n=n-1+\frac{1}{2^{n-1}}$ .

Αρχικά, δείχνουμε ότι $\displaystyle n-1+\frac{1}{2^{n-1}}\in A_n$ . Διατάσσουμε στον πίνακα τους αριθμούς από τα αριστερά προς τα δεξιά
σε αύξουσα σειρά. Έπειτα σε κάθε βήμα αντικαθιστούμε τους δύο αριστερά αριθμούς με τον αριθμητικό μέσο τους, τον οποίο τοποθετούμε
αριστερά της υπόλοιπης λίστας.
Έτσι, στο τέλος θα μείνει ο αριθμός $\displaystyle \frac{1}{2^{n-1}}\cdot 1+\frac{1}{2^{n-1}}\cdot 2+\frac{1}{2^{n-2}}\cdot 3 +\dots +\frac{1}{2^{2}}\cdot (n-1) +\frac{1}{2}\cdot n = n-1+\frac{1}{2^{n-1}} \textrm{ }(**)$ .

Πάμε τώρα επαγωγικά να δείξουμε το ζητούμενο.

Για n=2

έχουμε εύκολα ότι $A_2=\{\frac{3}{2}\}$ , οπότε ελέγxουμε ότι $\frac{3}{2}=2-1+\frac{1}{2}$ .

Έστω $n\geq 3$ ώστε $\displaystyle s_{n-1}=n-2+\frac{1}{2^{n-2}}$ .

Θεωρούμε $s_n=\frac{1}{k_1}\cdot 1+\frac{1}{k_2}\cdot 2+\dots+\frac{1}{k_n}\cdot n \textrm{ },\textrm{ } k_1\geq k_2 \geq \dots \geq k_n$ ,όπως πάνω.

Θα δείξουμε ότι k_n=2

. Έστω προς άτοπο ότι $k_n\geq 3$ . Τότε και $k_{n-2}\geq k_{n-1}\geq k_n\geq 3 \implies \frac{1}{k_{n-2}}\leq \frac{1}{k_{n-1}}\leq \frac{1}{k_n}\leq \frac{1}{3}$ .

Άρα: $\displaystyle s_n=\frac{1}{k_1}\cdot 1+\dots +\frac{1}{k_{n-2}}\cdot (n-2)+\frac{1}{k_{n-1}}\cdot(n-1)+\frac{1}{k_n}\cdot n \leq$

$\displaystyle \leq (\frac{1}{k_1}+\dots +\frac{1}{k_{n-3}})\cdot(n-3)+\frac{1}{k_{n-2}}\cdot(n-2) +\frac{1}{k_{n-1}}\cdot(n-1)+\frac{1}{k_{n}}\cdot n =$

$\displaystyle =(\frac{1}{3}-\frac{1}{k_{n-2}}+\frac{1}{3}-\frac{1}{k_{n-1}}+\frac{1}{3}-\frac{1}{k_n})(n-3)+\frac{1}{k_{n-2}}\cdot(n-2) +\frac{1}{k_{n-1}}\cdot(n-1)+\frac{1}{k_{n}}\cdot n \leq$

$\displaystyle \leq \frac{1}{3}(n-2)+\frac{1}{3}(n-1)+\frac{1}{3}n=n-1<n-1+\frac{1}{2^{n-1}}\in A_n$ , άτοπο.

Αφού τώρα k_n=2

έχουμε ότι $\displaystyle s_n=\frac{a+n}{2}$ όπου $a\in A_{n-1}$ .

Για να είναι λοιπόν το s_n

μέγιστο πρέπει $\displaystyle a=maxA_{n-1}=s_{n-1}=n-2+\frac{1}{2^{n-2}}$ ,οπότε θα έχουμε

$\displaystyle s_n=\frac{n-2+\frac{1}{2^{n-2}}+n}{2}=n-1+\frac{1}{2^{n-1}}$ όπως θέλαμε.

Αριθμοί στον πίνακα

Αριθμοί στον πίνακα

Re: Αριθμοί στον πίνακα

Re: Αριθμοί στον πίνακα

Μέλη σε σύνδεση