Maksymalne wartości wyrażenia diofantycznego

[matemix]

Czy istnieje maksymalna wartość tego wyrażenia:

\(\displaystyle{ \frac {(3^{y}-2^{y}) \cdot 2^{x}}{2^{x+y}-3^{y}}}\)

Przy założeniu, że bierzemy tylko takie mianowniki, które są większe od zera, zaś wszystkie zmienne są liczbami naturalnymi.

-- 27 lipca 2019, 12:58 --

Z tego co widzę, to nie ma na to szans. Gdy dobieram zmienne mianownika, tak, aby był jak najmniejszy, czyli \(\displaystyle{ y}\) równe podłoga z \(\displaystyle{ \frac {\ln(2)}{\ln(1,5)} \cdot x}\), to wartości ciągle rosną eksponencjalnie.-- 27 lipca 2019, 18:05 --Z kolei wydaje mi się, że to wyrażenie:

\(\displaystyle{ \frac {(3^{y}-2^{y}) \cdot 2^{x}}{3^{y}-2^{x+y}}}\)

Powinno mieć maksymalną wartość, bo dla podobnie wyznaczone mianownika wartości maksymalne i tak wydają się być coraz mniejsze. Tylko jak to udowodnić i, czy dobrze mi się wydaje?

[pasman]

oba wyrażenia nie mają wart. maksymalnej. po przekształceniu:

\(\displaystyle{ \frac {1-(2/3)^{y} }{(2/3)^{y}- 2^{-x}}}\)

widać że licznik jest rzędu 1, a mianownik jest dowolnie bliski 0.

[matemix]

A, jeśli weźmiemy:

\(\displaystyle{ \frac {(3^{y}-2^{y})}{2^{x+y}-3^{y}}}\)

oraz

\(\displaystyle{ \frac {(3^{y}-2^{y})}{3^{y}-2^{x+y}}}\)

To pierwsze nie ma maksymalnej wartości, a czy drugie taką ma?

[Premislav]

\(\displaystyle{ \frac {(3^{y}-2^{y})}{3^{y}-2^{x+y}}= \frac{1-\left( \frac 2 3\right)^{y}} {1-2^x\left( \frac 2 3\right)^y }\ge \frac{\frac 1 3}{1-2^x\left( \frac 2 3\right)^y }}\)
o ile tylko
\(\displaystyle{ 2^x\left( \frac 2 3\right)^y<1}\).

Jeżeli teraz
\(\displaystyle{ 2^{x}\left( \frac 2 3\right)^{y}}\)
mogą być dowolnie bliskie \(\displaystyle{ 1}\) i zarazem mniejsze niż \(\displaystyle{ 1}\), to maksymalna wartość tego ułamka \(\displaystyle{ \frac {(3^{y}-2^{y})}{3^{y}-2^{x+y}}}\) nie istnieje.

Powiedzmy, że zachodzą nierówności
\(\displaystyle{ 1> 2^{x_n}\left( \frac 2 3\right)^{y_n}>1-\varepsilon}\) dla pewnego \(\displaystyle{ \varepsilon\in (0,1)}\). Równoważnie:
\(\displaystyle{ 0>x_n+y_n\log_2\left( \frac 2 3\right)>\log_2(1-\varepsilon)}\)
czyli
\(\displaystyle{ y_n\log_2\left( \frac 3 2 \right)>x_n>\log_2(1-\varepsilon)+y_n\log_2\left( \frac 3 2\right)}\)

Lemat nr 1:
liczba \(\displaystyle{ \log_2\left( \frac 3 2\right)}\) jest niewymierna.
Dowód lematu: przypuśćmy nie wprost, że dla pewnych \(\displaystyle{ p\in \NN^+, \ q\in \NN^+}\) (wystarczy rozważyć takie, gdyż mamy \(\displaystyle{ \log_2\left( \frac 3 2\right)>1}\)) zachodzi
\(\displaystyle{ \log_2\left( \frac 3 2\right)=\frac p q}\), tj.
\(\displaystyle{ \frac 3 2=2^{\frac p q}\\3^q=2^{p+q}}\)
To zaś jest wykluczone np. z uwagi na to, że lewa strona dzieli się przez \(\displaystyle{ 3}\), a prawa nie. Otrzymana sprzeczność kończy dowód lematu.

Lemat nr 2:
jeśli
\(\displaystyle{ x}\) jest ustaloną liczbą niewymierną, to zbiór \(\displaystyle{ \left\{\left\{ nx\right\}: n\in \NN^+\right\}}\) jest gęsty w \(\displaystyle{ [0,1]}\).
Dowód lematu nr 2 można znaleźć tutaj: 95111.htm

Przejdźmy do rozwiązania zadania. Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\). Biorąc \(\displaystyle{ y_n:=n, \ n\in\NN^+}\) i stosując lemat nr 2 otrzymamy, że
zbiór \(\displaystyle{ \left\{ \left\{ y_n \log_2\left( \frac 3 2\right) \right\}: n\in \NN^+ \right\}}\) jest gęsty w \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right]}\).
W szczególności istnieje takie \(\displaystyle{ n_0\in \NN^+}\), że
\(\displaystyle{ -\log_2(1-\varepsilon)>\left\{ y_{n_0} \log_2\left( \frac 3 2\right) \right\}>0}\)
a wówczas
\(\displaystyle{ y_{n_0}\log_2\left( \frac 3 2\right)>\left\lfloor y_{n_0} \log_2\left( \frac 3 2\right) \right\rfloor>y_{n_0}\log_2\left( \frac 3 2\right)+\log_2(1-\varepsilon)}\)
gdyż oczywiście
\(\displaystyle{ y_{n_0}\log_2\left( \frac 3 2\right) =\left\lfloor y_{n_0} \log_2\left( \frac 3 2\right) \right\rfloor+\left\{ y_{n_0} \log_2\left( \frac 3 2\right) \right\}}\)
Niech więc \(\displaystyle{ x_{n_0}=\left\lfloor y_{n_0} \log_2\left( \frac 3 2\right) \right\rfloor}\)
Wówczas
\(\displaystyle{ \varepsilon>1-2^{x_{n_0}}\left( \frac 2 3\right)^{y_{n_0}}>0}\)
i co za tym idzie
\(\displaystyle{ \frac {(3^{y_{n_0}}-2^{y_{n_0}})}{3^{y_{n_0}}-2^{x_{n_0}+y_{n_0}}}>\frac{1}{3\varepsilon}}\)

[matemix]

Czyli tendencja malejąca dla pierwszych zmiennych, które testowałem to tylko złudzenie, bo po jakimś czasie można dobrać takie zmienne, które przebiją dotychczasowe maksima.

Przyznaję, że nie bardzo ogarniam dowód, ale wierzę na słowo, zwłaszcza w ten lemat o gęstości.

Właściwie mam jeszcze jedno pytanie, zastanawiałem się nad szerszym problemem. Brałem pod uwagę wyrażenia:

\(\displaystyle{ \frac {\frac {n}{n-2} \cdot (\frac {n}{2}^{y-1}- \frac {2}{n}) \cdot 2^{y-1}}{(2^{x+y}-n^{y})}}\)

oraz

\(\displaystyle{ \frac {\frac {n}{n-2} \cdot (\frac {n}{2}^{y-1}- \frac {2}{n}) \cdot 2^{y-1}}{(n^{y}-2^{x+y})}}\)

Czy istnieją takie \(\displaystyle{ n}\), dla których jakieś z tych wyrażeń ma maksymalną wartość? \(\displaystyle{ n}\) to liczba naturalna równa lub większa od \(\displaystyle{ 3}\). Dla \(\displaystyle{ 3}\) mamy do czynienia z przypadkami, które przedstawiłem.

-- 28 lipca 2019, 18:27 --

PS Bardziej przejrzyście będzie to chyba zapisać tak:

\(\displaystyle{ - \frac {1}{n-2} \cdot \frac {n^{y}-2^{y}}{n^{y}-2^{x+y}}}\)

\(\displaystyle{ \frac {1}{n-2} \cdot \frac {n^{y}-2^{y}}{n^{y}-2^{x+y}}}\)-- 28 lipca 2019, 18:35 --PS Twój dowód można chyba rozszerzyć słowo w słowo na dowolne \(\displaystyle{ n}\)?

[Premislav]

Przeważnie tak, można rozszerzyć. Na pewno nie można rozszerzyć tego rozumowania na przypadek \(\displaystyle{ n=2^k, \ k\in \NN^+, \ k>1}\), bo wówczas liczba
\(\displaystyle{ \log_2\left( \frac 2 n\right)}\), czy tam \(\displaystyle{ \log_2\left( \frac n 2\right)}\) (na jedno wychodzi) jest wymierna.

Jeśli \(\displaystyle{ n=2^k}\) dla pewnego ustalonego \(\displaystyle{ k\in \NN^+, \ k>1}\), to maksimum też nie jest osiągane, natomiast wtedy wyrażenie
\(\displaystyle{ \frac {1}{n-2} \cdot \frac {n^{y}-2^{y}}{n^{y}-2^{x+y}}}\)
jest ograniczone z góry (oczywiście \(\displaystyle{ x,y}\) bierzemy takie, by mianownik się nie zerował). Zapisujemy je w postaci
\(\displaystyle{ \frac{1}{2^k-2} \cdot \frac{1-2^{-y(k-1)}}{1-2^{x-y(k-1)}}}\)

Teraz jeśli \(\displaystyle{ x>y(k-1)}\), to
\(\displaystyle{ \frac{1}{2^k-2} \cdot \frac{1-2^{-y(k-1)}}{1-2^{x-y(k-1)}}<0}\), więc wtedy ewentualne maksimum nie może być osiągane, gdyż czasem ten ułamek jest dodatni, natomiast jeśli
\(\displaystyle{ x<y(k-1)}\) (\(\displaystyle{ x}\) jest całkowite dodatnie), to \(\displaystyle{ x\le y(k-1)-1}\) i wtedy
\(\displaystyle{ \frac{1}{2^k-2} \cdot \frac{1-2^{-y(k-1)}}{1-2^{x-y(k-1)}}\le \frac{1}{2^k-2} \cdot \frac{1-2^{-y(k-1)}}{1-2^{-1}}}\)
z równością dla \(\displaystyle{ x=y(k-1)-1}\). Natomiast
\(\displaystyle{ \lim_{ y\to +\infty} \frac{1}{2^k-2} \cdot \frac{1-2^{-y(k-1)}}{1-2^{x-y(k-1)}}\le \frac{1}{2^k-2} \cdot \frac{1-2^{-y(k-1)}}{1-2^{-1}}= \frac{1}{2^{k-1}-1}}\)
i ciąg
\(\displaystyle{ a_y= \frac{1}{2^k-2} \cdot \frac{1-2^{-y(k-1)}}{1-2^{-1}}}\) jest rosnący.
Toteż bierzemy
\(\displaystyle{ x=y(k-1)-1, \ y\rightarrow +\infty}\) i widzimy, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{2^k-2} \cdot \frac{1-2^{-y(k-1)}}{1-2^{x-y(k-1)}}<\frac{1}{2^{k-1}-1}}\)
oraz
\(\displaystyle{ \sup\left\{ \frac{1}{2^k-2} \cdot \frac{1-2^{-y(k-1)}}{1-2^{x-y(k-1)}}: x,y\in \NN^+\right\} =\frac{1}{2^{k-1}-1}}\)
czyli także wówczas maksimum tego ułamka nie jest osiągane.

-- 28 lip 2019, o 20:14 --

Aha, w przypadku \(\displaystyle{ n=2^k}\) maksimum wyrażenia
\(\displaystyle{ - \frac {1}{n-2} \cdot \frac {n^{y}-2^{y}}{n^{y}-2^{x+y}}}\)
też nie będzie osiągane, co można uzasadnić analogicznie, tylko niektóre nierówności przerabiając, tj.
odwrócić zwroty nierówności z iksem i wtedy wyjdzie nieosiągane supremum
równe \(\displaystyle{ \frac{1}{n-2}}\).

-- 28 lip 2019, o 20:26 --

Ale w zasadzie jeśli piszesz, że nie bardzo ogarniasz tamten dowód, to może zadaj jakieś pytania odnośnie takowego, bo w przeciwnym razie to trochę sobie śpiewam a muzom.

[matemix]

Zapomniałem dodać, że chodziło mi wyłącznie o nieparzyste \(\displaystyle{ n}\). Co do rozumienia dowodu, niby wszystko jest jasne, ale muszę go jeszcze kilka razy przeczytać, żeby potrafić go odtworzyć samodzielnie