Ρίτσαρντ Φάινμαν (The Character of Physical Law)
Ας θεωρήσουμε την ακολουθία:
1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,19,21,23,25,…
Ποιος είναι ο επόμενος αριθμός;
Θα μπορούσε το πρόβλημα να σταματάει εδώ, αλλά θα ήταν πολύ
εύκολο για τους αετούς και σταυραετούς που παρεπιδημούν σε τούτο δώ το σάιτ! :-)
Ναι, ο επόμενος αριθμός, όπως σίγουρα βρήκατε, είναι το 26.
Ο λαμπρός Ινδός μαθηματικός Aklesh Lahktakia έχει
εργαστεί και δημοσιεύσει εφαρμογές αυτής της ακολουθίας πάνω στη «Θεωρία
κεραιών» (αλλά μην με ρωτάτε πολλά επί του θέματος, δεν το κατέχω!).
Εδώ, θα θέσουμε ένα σχετικά πιο απλό ερώτημα:
Ποιος είναι ο ρυθμός αύξησης αυτής της ακολουθίας; Με άλλα λόγια, αν συμβολίσουμε με a(n) τον n-ιοστό όρο της ακολουθίας, ποιος είναι
ο λόγος a(n)/n;
Δίνονται τα πρώτα σχετικά αποτελέσματα:
n
|
a(n)
|
a(n)/n
|
n
|
a(n)
|
a(n)/n
|
||
1
|
1
|
1
|
5
|
7
|
1,4
|
||
2
|
2
|
1
|
6
|
9
|
1,5
|
||
3
|
4
|
1,3
|
7
|
10
|
1,43
|
||
4
|
5
|
1,25
|
n
|
?
|
…?
|
Aυτός ο λόγος ( a(n)/n ) αυξάνεται απεριόριστα; ή υπάρχει κάποιο όριο στην αύξησή του;
Μπορείτε να σκεφτείτε κάποιον τύπο που να παράγει τον n-ιοστό αριθμό Connell;
Ο Lahktakia έχει μελετήσει τη γεννήτρια συνάρτηση:
a(n)=2n - [(1+sq.rt(8n-7)/2] , όπου η παράσταση μέσα στις αγκύλες εκφράζει τον μέγιστο ακέραιο k που ανέφεραν οι σχολιαστές Swt και Ε.Αλεξίου.
H έκφραση αυτή μπορεί να γραφτεί στη μορφή:
a(n)/n= 2-[1/n + 0,5*sq.rt(8/n -(7/n)*(1/n)).
O λόγος a(n)/n τείνει στο 2 για μεγάλες τιμές του n.
Π.χ. για n=1000 έχουμε περίπου a(n)=1995 και λόγο 1,955
Μια εναλλακτική θεώρηση είναι αυτή που προτείνει ο Ε. Αλεξίου (και συνδέεται άμεσα και με το σχόλιο του swt) με τα τετράγωνα των υπακολουθιών , η οποία επεκτείνεται ως εξής:
Aς πάρουμε τις πρώτες υπακολουθίες:
1 1
2 2,4
3 5,7,9
4 10,12,14,16
.. ....................
q ...................,q^2
Aυτό σημαίνει ότι η τιμή του τελευταίου όρου κάθε υπακολουθίας Connell είναι της μορφής:
a((1/2)q*(q+1))=q^2
Έτσι,για παράδειγμα , αν q=2 ισχύει α(3)=2^2
Επίσης, γενικά ισχύει:a((1/2)q*(q+1)-p)= q^2-2p (q=1,2,3... p=0,1,2,...,q-1) όπου η μεταβλητή p μπορεί να πάρει q τιμές.
Ας εξετάσουμε το λόγο:
[a((1/2)q*(q+1)-p)]/[(1/2) *q(q+1)-p]=[q^2-2p]/[(1/2)(q^2+q-2p]=
=2 * [1/(1+q/q^2 -2p]
Eπειδή όμως 0<=p<=q-1, το όριο αυτού του λόγου , όταν το q τείνει στο άπειρο, είναι ο αριθμός 2.
Ο Lahktakia έχει μελετήσει τη γεννήτρια συνάρτηση:
a(n)=2n - [(1+sq.rt(8n-7)/2] , όπου η παράσταση μέσα στις αγκύλες εκφράζει τον μέγιστο ακέραιο k που ανέφεραν οι σχολιαστές Swt και Ε.Αλεξίου.
H έκφραση αυτή μπορεί να γραφτεί στη μορφή:
a(n)/n= 2-[1/n + 0,5*sq.rt(8/n -(7/n)*(1/n)).
O λόγος a(n)/n τείνει στο 2 για μεγάλες τιμές του n.
Π.χ. για n=1000 έχουμε περίπου a(n)=1995 και λόγο 1,955
Μια εναλλακτική θεώρηση είναι αυτή που προτείνει ο Ε. Αλεξίου (και συνδέεται άμεσα και με το σχόλιο του swt) με τα τετράγωνα των υπακολουθιών , η οποία επεκτείνεται ως εξής:
Aς πάρουμε τις πρώτες υπακολουθίες:
1 1
2 2,4
3 5,7,9
4 10,12,14,16
.. ....................
q ...................,q^2
Aυτό σημαίνει ότι η τιμή του τελευταίου όρου κάθε υπακολουθίας Connell είναι της μορφής:
a((1/2)q*(q+1))=q^2
Έτσι,για παράδειγμα , αν q=2 ισχύει α(3)=2^2
Επίσης, γενικά ισχύει:a((1/2)q*(q+1)-p)= q^2-2p (q=1,2,3... p=0,1,2,...,q-1) όπου η μεταβλητή p μπορεί να πάρει q τιμές.
Ας εξετάσουμε το λόγο:
[a((1/2)q*(q+1)-p)]/[(1/2) *q(q+1)-p]=[q^2-2p]/[(1/2)(q^2+q-2p]=
=2 * [1/(1+q/q^2 -2p]
Eπειδή όμως 0<=p<=q-1, το όριο αυτού του λόγου , όταν το q τείνει στο άπειρο, είναι ο αριθμός 2.
Ο λόγος σίγουρα δεν μπορεί να ξεπεράσει το 2.
ΑπάντησηΔιαγραφήΗ συνάρτηση a(n) είναι πάντα μικρότερη του 2n.
Παρατηρώ ότι a(n)=2n-k, όπου k ακέραιος ώστε k(k+1)>=2n>k(k-1).
Συμφωνώ με τον swt, στο ίδιο συμπέρασμα κατέληξα και ο ίδιος.
ΑπάντησηΔιαγραφήΝα προσθέσω ότι στο τμήμα της ακολουθίας που βρίσκεται ο η, αν ο k είναι περιττός υπάρχουν, μαζί με τον n, k συνεχιζόμενοι περιττοί αριθμοί
και αν ο k είναι άρτιος, k συνεχιζόμενοι άρτιοι αριθμοί.
Παρατηρείται επίσης ότι ο τελευταίος όρος κάθε τμήματος συνεχιζόμενων περιττών ή άρτιων αριθμών (όπου έχουμε 2n=k*(k+1))
a(n)=k^2, είναι τέλειο τετράγωνο.
p.x για n=55 a(n)=100, k=10
έχουμε 2n=110,
k*(k+1) = 10*(10+1)= 110 και
a(n)=100 = 10^2 = k^2
Για n=66 a(n)=121=11^2 = k^2(k=11)
Σαν συμπλήρωμα αυτών που ήδη έχω γράψει αλλά κυρίως για να απαντήσω πιο συγκεκριμένα στο ερώτημα του θέματος
ΑπάντησηΔιαγραφή"Μπορείτε να σκεφτείτε κάποιον τύπο που να παράγει τον n-ιοστό αριθμό Connell;"
και για να προσδώσω χρηστική αξία στον τύπο:
a(n)=2n-k,
προσθέτω ένα παράδειγμα
Έστω ότι μας ζητείται να βρούμε τον 2513-ιοστό
αριθμό Connell
2513*2(2n)= 5026
riza5026 = 70,894 συμπεραίνουμε ότι k=71
διότι το δεκαδικό μέρος του αριθμού 0,894>0,50,
(αν πρόκυπτε δεκαδικό μέρος <0,50 πχ 70,384 θα συμπεραίναμε ότι k=70)
Έτσι αντικαθιστώντας στον τύπο a(n)=2n-k,
έχουμε a(n)= 2*2513-71=4955,
επίσης μπορούμε να συμπεράνουμε ότι ο τελευταίος όρος αυτού του τμήματος της ακολουθίας έχει 71 συνεχόμενους περιττούς αριθμούς μαζί με τον 4955
με τελευταίο και τέλειο τετράγωνο τον 71^2=5041
και πρώτο τον 5041-2*70 = 4901 (71ος ο 5041)
ή αλλιώς ο επόμενος του 70^2=4900, ο 4901
έτσι σε αυτό το τμήμα έχουμε
70 άρτιοι,4901,4903,..,4955,..,5039,5041,..72 άρτιοι
Πολύ σωστά και ωραία σχόλια των φίλων!
ΑπάντησηΔιαγραφήΜπράβο! 2 είναι όντως το όριο a(n)/n
Πολύ διορατική και σωστή και η παρατήρηση του Ε.Αλεξίου για τα τέλεια τετράγωνα των διαδοχικών υπακολουθιών αρτίων και περιττών!
Θα γράψω πιο αναλυτικά το βράδυ. (ελπίζω...):-)