matematikk.net

Det dukka opp en alternativ definisjon av de rasjonale tall i dag; disse er nøyaktig de reelle talla x hvor følgen [tex]\{x+n\}_{n=0}^\infty[/tex] inneholder en uendelig geometrisk følge.

Vis at dette stemmer, altså at x rasjonal er ekvivalent med at følgen ovafor har en delfølge som er en geometrisk følge.

Om det så er en ekvivalent definisjon, så vil jeg ikke påstå at det er en veldig nyttig definisjon Men men.

Dette viser ikke hele påstanden, men i hvert fall "halvparten" av den.
Jeg skal vise at hvis x er rasjonal, så er det mulig å finne en
uendelig geometrisk delfølge av [tex]\{x+n\}_{n=0}^\infty[/tex].

Vi skriver [tex]x = \frac{a}{b}[/tex] slik tradisjonen tilsier for bevis som tar for seg rasjonale tall. Da kan vi skrive følgen som

[tex]y_n = \frac{a}{b}+n = \frac{a+nb}{b}[/tex]

Vi lar [tex]c_m[/tex] være den geometriske delfølgen, og k være forholdstallet til [tex]c_m[/tex].
Vi setter [tex]c_0 = x = \frac{a}{b}[/tex].

For en alle [tex]m \in {\mathbb N}[/tex] må vi vise at det eksisterer en [tex]n \in {\mathbb N}[/tex] slik at
[tex]c_m = y_n[/tex]

Vi setter inn for [tex]y_n[/tex] og [tex]c_m = c_0 \cdot k^m = \frac{a}{b} \cdot k^m[/tex]

[tex]\frac{a}{b} \cdot k^m = \frac{a+nb}{b}[/tex]

[tex]ak^m = a+nb[/tex]

Ved litt eksperimentering kommer vi frem til at [tex]k = b+1[/tex] kan brukes som forholdstall.

Da må vi vise at vi for alle m kan finne en n slik at
[tex]a(b+1)^m = a+nb[/tex]

Av binomialformelen: [tex](b+1)^m = \sum_{i=0}^m {m \choose i}b^i \cdot 1^{m-i} = 1 + \sum_{i=1}^m {m \choose i}b^i[/tex]

Vi setter inn på venstre side.

[tex]a + a\sum_{i=1}^m {m \choose i}b^i = a+nb[/tex]

[tex]nb = a\sum_{i=1}^m {m \choose i}b^i[/tex]

Deler på b på begge sider. (Her bytta jeg summasjonsindeks i det originale beviset, men det ble bare tull, så jeg tok det bort. Har ingenting å si for beviset.)

[tex]n = a\sum_{i=1}^m {m \choose i}b^{i-1}[/tex]

Vi har nå for en gitt m funnet en tilhørende verdi n, slik at

[tex]c_m = y_n[/tex]. Vi har funnet en geometrisk delfølge av [tex]y_n[/tex], og dette var det som skulle vises.

======================

Og så er det halve kosen som gjenstår da, å vise det andre veien. Men nå er vi halvveis i hvert fall!

Får ikke helt det her til å stemme. Om (a,b)=(1,2) blir c[0]=1/2, c[1]=y[1]=3/2 mens c[2]=y[3]=7/2. Den siste uttrykket ditt for n er det samme som a(1+b)^(m-1).

Du er nok ikke så langt unna, men det er noe skurr et sted trur jeg.

Ja, det var jo som bare! Var jo [tex]x = \frac{1}{2}[/tex] jeg testa med også, før jeg begynte på selve beviset, men så la jeg fra meg det og regna kun symbolsk etterpå. Får prøve å finne feilen nå da..

======

Hmm, når jeg setter m = 2 får jeg da n = 4, slik som det er meningen.

[tex]n = a\sum_{i=1}^m {m \choose i}b^{i-1} = 1 \cdot \sum_{i=1}^2 {2 \choose i}2^{i-1} = {2 \choose 1} \cdot 2^0 + {2 \choose 2} \cdot 2^1 = 2 \cdot 1 + 1 \cdot 2 = 4[/tex]

======

Feilen ligger i den siste overgangen, i skiftet av summasjonsindeks. Der har jeg rotet.

Har du løst denne selv, forresten?

Jeg brukte også k=1+b. Trur ikke du skal legge så mye innsats i å regne ut ledda i den geometriske rekka direkte, men nøye deg med å vise at den eksisterer.

mrcreosote wrote:Jeg brukte også k=1+b. Trur ikke du skal legge så mye innsats i å regne ut ledda i den geometriske rekka direkte, men nøye deg med å vise at den eksisterer.

Jaja, nå er det i hvert fall bevist den veien. Er jo kjekt å ha en direkte følge å vise til også da Omtrent som grenseverdibevis der man får delta gitt ved epsilon... så kan denne deltaen brukes i praktisk bruk av grenseverdien. Numerisk tilnærming f.eks.

Hva nå hvis (a,b)=(-1,2)?

Ja, da kan vi vel alltids skrive (a,b) = (1,-2) eller hva?

Sånn jeg har forstått det lar du den geometriske rekka være c[m]=y[n(m)] der [tex]n(m) = a\sum_{i=1}^m {m \choose i}b^{i-1} = a\frac{(1+b)^m-1}2[/tex] som vil være negativt annahver gang om (a,b)=(1,-2). Det er ikke spesielt vanskelig å omgå, men du er ikke presis i beviset ditt.

Dette var ergerlig... Vi får vel egentlig samme resultat med (1,-2) som med (-1,2).

Hmm, kanskje vi kan ta med bare annethvert ledd av den følga vi egentlig tenkte på, da unngår vi egentlig problemet?

Vi kan sette [tex]k = (b+1)^2[/tex] i stedet og gjøre beviset på nytt. Vil ikke det funke?

Nei, blir ikke negativt, beklager. Hvis b=-3 blir det imidlertid det.

Men er heller ikke fornøyd med tilfellet x=1/-2, følgen {c} du får hopper jo bare fram og tilbake mellom -1/2 og 1/2 og disse opptrer bare en gang i {x+n}.

Edit: Nå blei det jeg svarte på editert bort.

sEirik wrote:Hmm, kanskje vi kan ta med bare annethvert ledd av den følga vi egentlig tenkte på, da unngår vi egentlig problemet?

Vi kan sette [tex]k = (b+1)^2[/tex] i stedet og gjøre beviset på nytt. Vil ikke det funke?

Det burde funke.

Alternativ: Velg det minste positive tallet i {a/b+n} som første ledd i den geometriske følgen, la dette være c/b. La k i den geometriske rekka være 1+b (der vi utag kan anta b positiv). Nå ser vi at [tex](\frac cb)(1+b)^m =\frac cb + N(m)[/tex] der {N(m)} er en strengt voksende følge av positive heltall. Dette utgjør den ønska geometriske følgen.

Jupp, nå er vi nok endelig i mål.

men så var det jo å vise det andre veien da. Noen hint?

Er vel 3 mulige strategier:

(1) Vise at hvis x er irrasjonal så kan følgen umulig inneholde en uendelig geometrisk delfølge
(2) Vise at hvis følgen inneholder en uendelig geometrisk delfølge så må x være rasjonal
(3) Vise ekvivalensen direkte med et bevis av en helt annen sort.

Jeg gikk for nummer 2; hvis {x+n} den inneholder en uendelig geometrisk følge må den også inneholde 3 ledd som danner en liten geom. følge.