[Ciągi] Ciąg liczb dodatnich

[mol_ksiazkowy]

Wykaż fakt: istnieje stała \(\displaystyle{ \alpha}\) o tej własności, że dla każdego ciągu \(\displaystyle{ x_1,\ldots,x_n}\) liczb dodatnich, jeśli dla k>0 ilość wyrazów \(\displaystyle{ x_j}\) nie mniejszych od k, pomnożona przez k jest nie większa od m to :
\(\displaystyle{ \frac{1}{m} \sum_{j=1}^{m} log \ x_j \leq \alpha }\)

[arek1357]

Może bardziej jasno
co to jest k???

[ Dodano: 5 Marzec 2007, 14:33 ]
jeśli dobrze rozumiem to powinno być tak że:

x wyrazów xi jest mniejszych od >= k,
a m-x jest mniejszych od k

czyli:
\(\displaystyle{ lgx_1+lgx_2+...+lgx_m<=lg(m-x)k+lgx(\frac{m}{k})=lg[x(m-x)m]=lg[x(m-x)] +lgm}\)
z rachunku pochodnych maximum funkcji: lg[x(m-x)] jest w punkcie x=0,5m,
czyli maximum funkcji:

\(\displaystyle{ lg0,5m*0,5m+lgm= lg\frac{m^{3}}{4}}\)

\(\displaystyle{ \alpha>=\frac{ lg\frac{m^{3}}{4}}{m}}\)

widać więc że alpha można dobrać

ale nie wiem czy o to chodziło???

[ Dodano: 5 Marzec 2007, 15:55 ]
można jeszcze policzyć(oszacować tę funkcję)

dla m bardzo grube oszacowanie to będzie dla:

\(\displaystyle{ m=10^{12}}\)

będzie nawiększa wartośc funkcji czyli jak

\(\displaystyle{ \alpha}\)

weźmiemy np

\(\displaystyle{ 10^{13}}\)

to będzie pasować dla wszystkich
można lepiej oszacować

ale fakt że istnieje dla wszystkich tych ciągów jedna alpha

[mol_ksiazkowy]

arek napisał:

x wyrazów xi jest mniejszych od >= k,
a m-x jest mniejszych od k

hmmm, raczej:
x wyrazów xi jest niemniejszych od k,
i wtedy kx <=m

[arek1357]

nno tak przejęzyczenie
ale na jedno wychodzi w sumie taki ogranicznik istnieje niezależnie od ciągu

[mol_ksiazkowy]

Arek1357 napisał:

x wyrazów xi jest mniejszych od >= k,
a m-x jest mniejszych od k

czyli:
\(\displaystyle{ lgx_1+lgx_2+...+lgx_m<=lg(m-x)k+lgx(\frac{m}{k})=lg[x(m-x)m]=lg[x(m-x)] +lgm}\)
z rachunku pochodnych maximum funkcji: lg[x(m-x)] jest w punkcie x=0,5m,

no...a skad sie wzieło to szacowanie, niejasny ten fragment...jest nieco , ile wyrazoww jest wiekszych, ile mniejszych od czego etc....ponadto zobacz ze np. gdy x jest zero to szac jest bez sensu, prawa strona jest nieokreslona ...tak?;..

[arek1357]

ale ja to wziąłem z warunków zadania
x wyrazów jest mniejszych od m x nie może być równe zero

[mol_ksiazkowy]

aha, tak czy smak...jakbys mogło bjasnic to szacowanie....co i jak skad sie wzieło ale takze trza pamietac, ze iks jest całkowite wiec liczenie pochodnym moze byc ciut niedelikatne....etc

[arek1357]

Szacowanie biorę stąd:
dla niektórych xi mamy:

\(\displaystyle{ x_{i_1}<= k\\
x_{i_2}<= k\\
.................................\\
x_{i_{(m-x)}}<= k}\)

m-x wyrazów jest mniejszych od k

reszta jest mniejsza od m/k a ta reszta to x (ilość)

czyli:
\(\displaystyle{ x_{i_{(m-x+1)}} <= \frac{m}{k}\\
x_{i_{(m-x+2)}}<= \frac{m}{k}\\
.................................\\
x_{i_{(m-x+x)}}<=\frac{m}{k}}\)

potem okładam to logarytmami...


a to że potem zmienną x potraktowałem jak ciągłą zmienną to nie powinno być dziwne
tak często się stosuje np do wyznaczania maximum ciągu może nie jest to zbyt eleganckie ale skuteczne

Wiele razy tak robiłem ...
Chyba teraz się zgodzisz z rozumowaniem???

[przemk20]

nie wiem czy o to chodzi, ale jakby zwiekszac dowolnie liczby wieksze od k, wtedy oczywiscie suma ta by rosla, zas m pozostalo by stale ??

[Wuja Exul]

Bardzo podoba mi się to zadanie.

Ukryta treść:    

Bez straty ogólności możemy założyć, że
\(\displaystyle{ x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_m}\).
Istnieje więc co najmniej \(\displaystyle{ j}\) liczb nie mniejszych od \(\displaystyle{ x_j}\), z czego wnoiskujemy, że \(\displaystyle{ jx_j \le m}\), a tym samym \(\displaystyle{ x_j \le \frac{m}{j}}\). Możemy już przystąpić do oszacowania sumy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{m} \sum_{j=1}^{m} \log x_j = \frac{1}{m} \log \prod_{j=1}^{m}x_j \le \frac{1}{m} \log \prod_{j=1}^{m} \frac{m}{j} = \frac{1}{m} \log \frac{m^m}{m!}}\).
W tym miejscu skorzystam z przybliżenia \(\displaystyle{ \log n! = n \log \frac{n}{e} + O(\log n)}\). Otrzymujemy
\(\displaystyle{ \frac{1}{m} \log \frac{m^m}{m!} = \frac{1}{m} \left(m \log m - m \log \frac{m}{e} - O(\log m)\right) = 1 + \frac{O(\log m)}{m} = 1 + o(1)}\),
co należało dowieść.

[przemk20]

\(\displaystyle{ jx_j \le m}\)

A skąd to wiadomo, że zachodzi to dla każdego \(\displaystyle{ x_j}\) ??
Cos w tym zadaniu jest nie tak, bo

Ukryta treść:    

weźmy \(\displaystyle{ a_1 = e^{2 \cdot M}, \ a_2 = 1}\)
przyjmujemy k=2, wtedy ilosc elementow niemniejszych od k jest
\(\displaystyle{ x=1, \ m=2 \geq x \cdot k = 2 \\}\)
ale wtedy mamy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{m} ( \ln a_1 + \ln a_2) = \frac{1}{2} (\ln (e^{2M} ) = M}\)
i tu mamy sprzecznosc z ograniczonoscia

[Dumel]

w treści jest jakieś konkretne k, czy powinno być: dla każdego k?

[przemk20]

Z treści wynika, ze dla każdego k > 0, natomiast \(\displaystyle{ m \in \lbrace 1, 2, 3, ..., n \rbrace}\)
zeby suma miła sens. Ale czy o to chodziło autorowi ?

[exupery]

To ja może odświeżę trochę temat, w treści jest dla dowolnego k. Zadanie pochodzi chyba z jakiegoś OM:

Dowód:

Ukryta treść:    

Możemy zmienić porządek wyrazów tak, aby otrzymać ciąg nierosnący.
Lemat
\(\displaystyle{ \forall j=1,2,...,m \quad x_j \le \frac{m}{j}}\)
Załóżmy, że istnieje jakaś liczba a, taka że:
\(\displaystyle{ x_a>\frac{m}{a}}\)
Wybieramy teraz k tak, aby:
\(\displaystyle{ \frac{m}{a}<k<x_{a}}\)
ilość wyrazów \(\displaystyle{ x_j}\) nie mniejszych od k jest nie mniejsza od \(\displaystyle{ \frac{m}{k}}\) czyli mniejsza niz a. No, a skoro \(\displaystyle{ x_a>k}\) i ciąg jest nierosnący, więc sprzeczność.

\(\displaystyle{ \frac{1}{m} \sum_{j=1}^{m} log x_j \le \frac{1}{m} \sum_{j=1}^{m} log \frac{m}{j} = \frac{1}{m} log \prod_{j=1}^{m} \frac{m}{j}= \frac{1}{m} log \frac{m^m}{m!} \le 1}\)