Fracciones con mínimo común múltiplo

Publicado por ^DiAmOnD^ | 8 mayo, 2012 | Juegos | 21 |

Os dejo el problema de esta semana. Ahí va el enunciado:

Sean $a_0 < a_1 < \ldots < a_n[/latex] números enteros positivos. Demostrar que <p align="center">[latex] \cfrac{1}{mcm(a_0,a_1)}+\cfrac{1}{mcm(a_1,a_2)}+\ldots+\cfrac{1}{mcm(a_{n-1},a_n)} \leq 1-\cfrac{1}{2^n}$

A por él.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$ .

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX, te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

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eulerianos

08/05/2012 11:42

Voy a intentar hacer la prueba por inducción 🙂
Aunque dejaré varios comentarios porque no sé porqué, pero en la vista previa, se borran palabras y símbolos látex y estoy desesperando x)

Primero veamos para n = 1
tenemos que ver que $\cfrac{1}{mcm(a_0,a_1)}\leq 1-\cfrac{1}{2^1}$
Puesto que $0<a_0<a_1$
tenemos que $a_1$ vale como poco 2, ya que son desigualdades extrictas de números enteros positivos. Se tiene que $mcm(a_0,a_1)$ es un múltiplo de 2 entonces, y el más pequeño (para maximizar la fracción) sería el propio 2. tenemos entonces que $\cfrac{1}{mcm(a_0,a_1)}\leq \cfrac{1}{2} = 1-\cfrac{1}{2^1}$

Responde

eulerianos

08/05/2012 11:43

Si entonces el mcm sería mayor y por consiguiente, la fracción con menor valor, lo que implicaría que se sigue cumpliendo la igualdad. Ahora supongamos para n, y veamos si se cumple para n+1 Para la demostración, haré uso de que para todo n positivo. (Es trivial comprobar esta desigualdad) Bien, tenemos entonces que ver si Echando cuentas, se tiene que Por lo que equivalentemente se tiene Como el último término porque vale como poco n+1, y como su mínimo común múltiplo es un múltiplo suyo, tiene que ser como mínimo 2n+2 (ya que ) Aplicando hipótesis de inducción y… Lee más »

eulerianos

08/05/2012 11:45

Después de una hora luchando con LaTeX, espero que sea correcta la demostración =D
y disculpen si hay alguna incoherencia o no quedó claro. Saludos 🙂

Responde

Bitacoras.com

08/05/2012 12:19

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Os dejo el problema de esta semana. Ahí va el enunciado: Sean números enteros positivos. Demostrar que A por él. Entra en Gaussianos si quieres hacer algún comentario sobre este artículo, consultar entradas anteriores o ……

08/05/2012 16:23

Eulerianos, el desarrollo que indicas no prueba el enunciado. Te has liado con las desigualdades en el siguiente sentido:

tu razonamiento requiere que $\frac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})}\leq 2^{-(n+1)}$ . Efectivamente se tiene que $mcm(a_n,a_{n+1})\geq 2(n+1)$ . Sin embargo, para que tu prueba fuera válida, lo que debería darse es que $2(n+1)\geq 2^{n+1}$ (y lo que se da es la desigualdad con $\leq$ ).

juantv

08/05/2012 22:53

El mínimo común múltiplo de dos números ( $a_0 ,a_1$ ), donde el menor divide al mayor , $a_0 < a_1 < a_2$ … , será el mayor : $a_1$ ?

09/05/2012 01:01

Alguien me puede explicar por que ha de ser :

$\cfrac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})}\leq\cfrac{1}{2n+2}$

😕

sive

09/05/2012 03:46

Yo en seguida me di cuenta de que construyendo el caso más desfavorable, se demostraba el enunciado, pero después le vi una pata coja a mi razonamiento que no he sido capaz de resolver. Lo cuento por si a alguien le da alguna idea. Es obvio que dados dos enteros positivos a y b, con b>a, el mcm de ambos es, como mínimo, el doble del menor de ellos, es decir, 2a. No lo voy a demostrar porque, como digo, la demostración final no me termina de cerrar, pero es muy fácil. Entonces, el caso más desfavorable se conseguiría cuando… Lee más »

Alfa

09/05/2012 12:08

Si tomamos el mcm de dos números a y b, tendremos como cotas que: a<mcm(a,b)<a*b
tomando que a_(n+1) tiene que ser mayor que a_n, la cota pasa a ser: 2*a_n<mcm(a_n,a_(n+1))<a_n*a_(n+1).
Tomando la suceción que hace crecer menos a mcm con las condiciónes del problema:
a_(n+1)=2*a_n y a_0=1.
entonces a_n=2^n
entonces mcm(a_n,a_(n+1))=2^(n+1)
Al ser a_n la suceción que cumple los requisitos del problema que minimisa el mcm entonces nos da la cota superior a esa suma, la cual es:

sum(1/mcm(a_k,a_(k+1)), k=0…(n-1))=sum(1/2^(k+1), k=0…(n-1))
=sum(2^k, k=0…(n-1))/2^(n)=(2^(n)-1)/2^(n)=1-2^(-n).

Q.E.D.

sive

09/05/2012 13:37

Alfa tu demostración es muy parecida a mi intento, y lamentablemente contiene el mismo error, me temo. Es correcta hasta cuando concluiste que, en el caso más desfavorable: Pero después afirmas que sin demostrarlo. Entiendo que haces una inducción mental partiendo del resultado anterior hasta llegar a El problema de este razonamiento, es que estas presuponiendo que si elijes el valor mínimo para el mcm en cada sucesivo sumando, vas a obtener la suma máxima, y aunque eso, en este caso, parece ser cierto, hay que demostrarlo. Entiendo que el error es sutil, así que te voy a poner un… Lee más »

José Antonio

13/05/2012 14:02

La suma es máxima cuando cada sumando es máximo ¿por qué no?

Dados dos números enteros positivos con $a<b$ es claro que
$mcm(a,b)\geq\max\{a,b\}=b$ alcanzándose la igualdad cuando $a\mid b$
Por tanto, para que

${\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{mcm(a_{i-i},a_i)}}$ sea máximo, habrá que

elegir los $a_i$ de tal forma que

$a_i\mid a_{i+1}, \ i=0,1,\dots,n-1$

es decir,

$a_{i+1}=u_ia_i \ i=0,1,\dots,n$ con $u_i \geq 2$ (ya que si $u_i=1$ entonces $a_{i+1}=a_i$ contradiciendo la hipótesis del enunciado).

Por tanto,

$a_i\geq 2a_{i-1}\geq 2^2a_{i-2}\geq\cdots\geq 2^ia_0\geq 2^i$ para todo $i\in\{0,1,\dots,n\}$

Teniendo en cuenta lo anterior, se concluye que

${\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{mcm(a_{i-i},a_i)}=\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i}\geq\sum_{i=1}^n\frac{1}{2^i}=1-\frac{1}{2^n}}$

José Antonio

13/05/2012 14:13

Me acabo de dar cuenta que en la última línea he puesto mal $\geq$ en lugar de $\leq$

sive

13/05/2012 17:42

José Antonio, la afirmación con la que comienzas tu solución no se puede aceptar sin demostración, porque en este caso cada sumando no es independiente de los demás. Si al hacer máximo un sumando, estas condicionando al siguiente, tienes que demostrar que lo que ganas ahora al maximizar ese sumando, no lo pierdes después en los demás. Yo sé que el error es un tanto sutil, y que puede pasar desapercibido, pero está ahí. Puse un ejemplo, en la segunda mitad de mi comentario anterior, en el que demostraba que esto puede suceder. Intenta aplicar tu razonamiento al enunciado de… Lee más »

José Antonio

14/05/2012 23:00

Tienes toda la razón Sive. Requiere demostración la afirmación inicial.

A ver si funciona el siguiente argumento.

Vamos a demostrar que si $a_0<a_1<\cdots<a_n$ es una sucesión que hace máximo
${\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{mcm(a_{i-1},a_i)}}$ entonces $a_{i-1}\mid a_i, \ i=1,2,\dots,n$

Razonemos por inducción:

Para $i=1$ . Supongamos que $a_0\nmid a_1$

gcca

16/05/2012 17:23

Hola a todos. Hace mucho que no pasaba por el foro.
Me animo con una demostración:

Si la afirmación inicial fuese correcta, entonces el caso $n=1$ debería ser cierto (tal como sucede). Además, si $n=i$ es cierto, $n=i+1$ debería serlo también. Así

$\frac{1}{mcm(a_0,a_1)}+\frac{1}{mcm(a_1,a_2)}+\ldots +\frac{1}{mcm(a_{n-1},a_n)\}\le 1-\frac{1}{2^n}$

$\frac{1}{mcm(a_0,a_1)}+\frac{1}{mcm(a_1,a_2)}+\ldots +\frac{1}{mcm(a_{n-1},a_n)\}+\frac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})}\le 1-\frac{1}{2^n}+\frac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})}$

$\frac{1}{mcm(a_0,a_1)}+\frac{1}{mcm(a_1,a_2)}+\ldots +\frac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})\}\le 1-\frac{1}{2^n}+\frac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})}\le 2-\frac{1}{2^n}$

$\frac{1}{2}(\frac{1}{mcm(a_0,a_1)}+\frac{1}{mcm(a_1,a_2)}+\ldots +\frac{1}{mcm(\a_n,a_{n+1})})\le 1-\frac{1}{2^{n+1}}$

Luego,

$\frac{1}{mcm(a_0,a_1)}+\frac{1}{mcm(a_1,a_2)}+\ldots +\frac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})\}\ge 1-\frac{1}{2^{n+1}}$

Lo que contradice la hipótesis. Así, la afirmación es falsa.

(Un trabajo muy interesente el de gaussianos.com)

gcca

16/05/2012 17:33

Excusen por el mensaje anterior, al parecer las fórmulas no estaban bien escritas: el emacs dejó el salto de línea.

…

Si la afirmación inicial fuese correcta, entonces el caso $n=1$ debería ser cierto (tal como sucede). Además, si $n=i$ es cierto, $n=i+1$ debería serlo también. Así

$\frac{1}{mcm(a_0,a_1)} + \frac{1}{mcm(a_1,a_2)} +\ldots + \frac{1}{mcm(a_{n-1},a_n)}\le 1-\frac{1}{2^n}$

$\frac{1}{mcm(a_0,a_1)}+\frac{1}{mcm(a_1,a_2)}+\ldots +\frac{1}{mcm(a_{n-1},a_n)}+\frac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})}\le 1-\frac{1}{2^n}+\frac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})}$

$\frac{1}{mcm(a_0,a_1)}+\frac{1}{mcm(a_1,a_2)}+\ldots +\frac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})}\le 1-\frac{1}{2^n}+\frac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})}\le 2-\frac{1}{2^n}$

$\frac{1}{2}(\frac{1}{mcm(a_0,a_1)}+\frac{1}{mcm(a_1,a_2)}+\ldots +\frac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})})\le 1-\frac{1}{2^{n+1}}$

Luego,

$\frac{1}{mcm(a_0,a_1)}+\frac{1}{mcm(a_1,a_2)}+\ldots +\frac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})}\ge 1-\frac{1}{2^{n+1}}$

Lo que contradice la hipótesis. Así, la afirmación es falsa.

Antonio

16/05/2012 17:50

No entiendo el último paso GCCA.

En general, $\cfrac{1}{2}x\leq y$ no implica que $x\geq y$ . Por ejemplo, $\cfrac{1}{2} 2\leq 3$ pero no es cierto que $2\geq 3$ .

16/05/2012 18:32

A continuación se indica una prueba (por inducción) formalizando un poco las ideas expuestas anteriormente:

El caso $n=1$ es obvio. Supongamos cierta la propiedad para un natural $n$ y veámosla para $n+1$ . Sean $1\leq a_0< a_1 <\ldots < a_n < a_{n+1}$ naturales. Entonces:

$S_{n+1}:=\displaystyle{\sum_{i=0}^{n}} \dfrac{1}{mcm(a_i,a_{i+1})}\leq 1-\dfrac{1}{2^n}+\dfrac{1}{mcm(a_n,a_{n+1})}.$

Primero, si $a_{n+1}\geq 2^{n+1}$ entonces $mcm(a_n,a_{n+1})\geq 2^{n+1}$ y $S_{n+1}\leq 1-\frac{1}{2^n}+\frac{1}{ 2^{n+1}}=1-\frac{1}{2^{n+1}}$ .

Supongamos, en segundo caso, que $a_{n+1}<2^{n+1}$ .

Ya que $mcd(a_i,a_{i+1})|a_i$ y $mcd(a_i,a_{i+1})|a_{i+1}$ , tenemos que $mcd(a_i,a_{i+1})|(a_{i+1}-a_{i})$ , siendo $a_{i+1}-a_{i}$ positivo por hipótesis. En particular, $mcd(a_i,a_{i+1})\leq a_{i+1}-a_{i}$ .

Luego, $\dfrac{1}{mcm(a_i,a_{i+1})}=\dfrac{mcd(a_i,a_{i+1})}{a_i\cdot a_{i+1}}\leq \dfrac{a_{i+1}-a_{i}}{a_i\cdot a_{i+1}}=\dfrac{1}{a_i}-\dfrac{1}{a_{i+1}}$ .

Finalmente, $S_{n+1}\leq \displaystyle{\sum_{i=0}^n}\left(\dfrac{1}{a_i}-\dfrac{1}{a_{i+1}}\right)=\dfrac{1}{a_0}-\frac{1}{a_{n+1}}< 1-\dfrac{1}{2^{n+1}}$ .

Responde

Antonio

16/05/2012 18:41

M, veo tu prueba perfecta. Enhorabuena!

gcca

17/05/2012 16:45

Hola Antonio, lo explico de otra manera (debí ser más explícito) Si , y . Luego, , y . Así , donde . De es posible asumir que existen valores de para los cuales no cumplirá la afirmación, puesto que puede ser hasta dos veces el valor de . Si y , hay dos posibles conclusiones, que los sean lo suficientemente grandes para hacer que , por lo que la afirmación cumpliría. Pero si , entonces se tiene que cumplir que . Esto es como imaginar los valores de , y sus mitades en la recta numérica. Como existe un… Lee más »

Sive

18/05/2012 03:26

Brillante M, sobre todo la segunda parte.

kevin

25/04/2013 17:26

la solucion es 5

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