matematikk.net

La k>1 være et heltall, og la E være et heltall så [tex]E\cdot\lceil \frac{E-1}{k-1}\rceil\le5k[/tex].

Vis at [tex]E\cdot\lceil \frac{E-1}{k-1}\rceil\le4k[/tex].

Lar E-1=F og k-1=n

Anta at

*) [tex]4\leq \frac{F+1}{n+1}\lceil \frac{F}{n}\rceil\leq 5[/tex]

Ser først på positive F (F=0 er triviell).

Hvis [tex]\lceil \frac{F}{n}\rceil\leq 2[/tex], er [tex]0<F\leq 2n[/tex] så [tex]1<F+1\leq 2n+1[/tex] og [tex] 0<\frac{F+1}{n+1}<2-\frac{1}{n+1}<2[/tex]

Det betyr at [tex]\frac{F+1}{n+1}\lceil \frac{F}{n}\rceil<4[/tex]

Hvis [tex]\lceil \frac{F}{n}\rceil\geq 4[/tex] er [tex]\frac{F+1}{n+1}\geq \frac{4n+4-3}{n+1}=4-\frac{3}{n+1}>2[/tex] så

[tex]\frac{F+1}{n+1}\lceil \frac{F}{n}\rceil>5[/tex]

Hvis [tex]\lceil \frac{F}{n}\rceil =3[/tex] må

[tex]\frac{F+1}{n+1}\leq \frac53[/tex] så vi må ha at

[tex]2<\frac{F}{n}\leq \frac{5}{3}+\frac{2}{3n} [/tex]

Hvis n>1 er høyresida mindre enn eller lik 2, så det er umulig.

Hvis n=1 må F=3, som gir at

[tex]\frac{F+1}{n+1}*3=6[/tex] men da er forutsetningen heller ikke oppfylt.

Konklusjonen er at det er umulig å oppfylle antagelsen *).

Jeg regner med at et tilsvarende argument vil fungere for negative F.

Har litt følelsen av at dette var tungvint, så godt mulig det fins mer elegante bevis.

Vi ser først at vi kun trenger å se på positive [tex]E[/tex]. Siden venstresiden åpenbart er monotont stigende i [tex]E[/tex], trenger vi bare å finne grensen hvor venstresiden overstiger [tex]5k[/tex]. Velger vil [tex]E=2k-1[/tex], er venstrsiden lik [tex]6k[/tex]. Er [tex]E=2k-2[/tex] er venstresiden lik [tex]4k-4[/tex] som i tillegg er mindre enn [tex]4k[/tex].

Det siste argumentet er enkelt og greit, men grensene er vel E=2k som gir 6k og E=2k-1 som gir 4k-2<4k.

stemmer det, leifet det visst til.