Wykazac nierówność : (o ile \(\displaystyle{ m >n >0}\)):
\(\displaystyle{ NWW(m,n) + NWW(m+1,n+1) > \frac{2mn}{\sqrt{m-n}}}\)
gdzie \(\displaystyle{ m ,n \in \{ 1,2,3, .... \}}\)
suma nww
-
Vax
- Użytkownik
- Posty: 2913
- Rejestracja: 27 kwie 2010, o 22:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Biała Podlaska / Warszawa
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 612 razy
suma nww
\(\displaystyle{ NWW(m , n) + NWW(m+1 , n+1) > \frac{2mn}{\sqrt{m-n}}}\)
Z am-gm mamy:
\(\displaystyle{ L \ge 2\sqrt{NWW(m , n)\cdot NWW(m+1 , n+1)} = 2\sqrt{\frac{mn}{(m,n)}\cdot \frac{(m+1)(n+1)}{(m+1,n+1)}} > 2\sqrt{\frac{m^2n^2}{(m , n)\cdot (m+1 , n+1)}} = \frac{2mn}{\sqrt{(m;n)\cdot (m+1,n+1)}}}\)
Wystarczy więc udowodnić, że:
\(\displaystyle{ (m,n)\cdot (m+1,n+1) \le m-n}\)
Korzystając z algorytmu Euklidesa mamy:
\(\displaystyle{ (m-n , n) \cdot (m-n , n+1) \le m-n}\)
Pozostaje zauważyć, że te 2 czynniki po lewej stronie są względnie pierwsze (Wspólny dzielnik musiałby dzielić \(\displaystyle{ n}\) oraz \(\displaystyle{ n+1}\), czyli jest równy 1). Pozostaje więc dowieść, że iloczyn 2 względnie pierwszych dzielników liczby jest nie większy niż dana liczba. To już jest oczywiste, zapisujemy dowolną liczbę naturalną w postaci:
\(\displaystyle{ x = \prod_{i=1}^{n} p_i^{a_i}}\)
gdzie \(\displaystyle{ p_i \in \mathbb{P}}\)
Bierzemy teraz dowolne a,b będące względnie pierwszymi dzielnikami x:
\(\displaystyle{ a = \prod_{i=1}^{k}p_{b_i}^{x_i}}\)
\(\displaystyle{ b = \prod_{i=1}^{s}p_{c_i}^{y_i}}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ b_i, c_i \in [1 ; n]}\), dla dowolnych \(\displaystyle{ i,j \in [1;n]}\) zachodzi \(\displaystyle{ b_i \neq c_j}\) (jakby tak nie było to \(\displaystyle{ (a,b) \neq 1}\)) oraz odpowiednie wykładniki przy \(\displaystyle{ p_{b_i}}\) oraz \(\displaystyle{ p_{c_i}}\) są nie większe, niż wykładniki przy odpowiednich \(\displaystyle{ p_i}\). Więc korzystając z powyższych wniosków, widzimy, że iloczyn \(\displaystyle{ ab}\) jest nie większy niż:
\(\displaystyle{ ab = \prod_{i=1}^{k}p_{b_i}^{x_i} \cdot \prod_{i=1}^{s}p_{c_i}^{y_i} \le \prod_{i=1}^{n} p_i^{a_i} = x}\) cnd.
Z am-gm mamy:
\(\displaystyle{ L \ge 2\sqrt{NWW(m , n)\cdot NWW(m+1 , n+1)} = 2\sqrt{\frac{mn}{(m,n)}\cdot \frac{(m+1)(n+1)}{(m+1,n+1)}} > 2\sqrt{\frac{m^2n^2}{(m , n)\cdot (m+1 , n+1)}} = \frac{2mn}{\sqrt{(m;n)\cdot (m+1,n+1)}}}\)
Wystarczy więc udowodnić, że:
\(\displaystyle{ (m,n)\cdot (m+1,n+1) \le m-n}\)
Korzystając z algorytmu Euklidesa mamy:
\(\displaystyle{ (m-n , n) \cdot (m-n , n+1) \le m-n}\)
Pozostaje zauważyć, że te 2 czynniki po lewej stronie są względnie pierwsze (Wspólny dzielnik musiałby dzielić \(\displaystyle{ n}\) oraz \(\displaystyle{ n+1}\), czyli jest równy 1). Pozostaje więc dowieść, że iloczyn 2 względnie pierwszych dzielników liczby jest nie większy niż dana liczba. To już jest oczywiste, zapisujemy dowolną liczbę naturalną w postaci:
\(\displaystyle{ x = \prod_{i=1}^{n} p_i^{a_i}}\)
gdzie \(\displaystyle{ p_i \in \mathbb{P}}\)
Bierzemy teraz dowolne a,b będące względnie pierwszymi dzielnikami x:
\(\displaystyle{ a = \prod_{i=1}^{k}p_{b_i}^{x_i}}\)
\(\displaystyle{ b = \prod_{i=1}^{s}p_{c_i}^{y_i}}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ b_i, c_i \in [1 ; n]}\), dla dowolnych \(\displaystyle{ i,j \in [1;n]}\) zachodzi \(\displaystyle{ b_i \neq c_j}\) (jakby tak nie było to \(\displaystyle{ (a,b) \neq 1}\)) oraz odpowiednie wykładniki przy \(\displaystyle{ p_{b_i}}\) oraz \(\displaystyle{ p_{c_i}}\) są nie większe, niż wykładniki przy odpowiednich \(\displaystyle{ p_i}\). Więc korzystając z powyższych wniosków, widzimy, że iloczyn \(\displaystyle{ ab}\) jest nie większy niż:
\(\displaystyle{ ab = \prod_{i=1}^{k}p_{b_i}^{x_i} \cdot \prod_{i=1}^{s}p_{c_i}^{y_i} \le \prod_{i=1}^{n} p_i^{a_i} = x}\) cnd.