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Infinitos valores separados

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 18 2019, 07:09 AM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: Sea $f:[1,\infty]\rightarrow [1,\infty]$ tal que $\forall x$ tenemos $x\le f(x)\le x+\sqrt{x}$. Pruebe que existen infinitos valores tales que $$f(x+\sqrt{x})-f(x)>\frac{\sqrt{x}}{2}$$$ -------------------- yo no soy especial a pesar que ella lo dijo tengo unos krk y un celular hechizo aún vácilo SFDK en el segundo piso y la frase final da igual la improviso

hermite Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 25 2019, 08:55 AM Publicado: #2
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 128 Registrado: 27-November 15 Miembro Nº: 142.558	$TEX: <br />Supongamos por contradiccion que existe solo una cantidad finita de valores tales que<br /><br />$$ f(x + \sqrt x) - f(x) > \frac{\sqrt x}{2} $$<br /><br />esto implica en particular que para algun $x_0 > 0$ se tiene que $\forall x \geq x_0$ <br />$$ f(x + \sqrt x) - f(x) \leq \frac{\sqrt x}{2}$$<br />con esto definamos la sequencia <br />$$ r_{n + 1} = r_n + \sqrt{r_n}$$<br />$$ r_0 = x_0 $$<br />que es claramente creciente. Entonces tenemos que<br />$$ f(r_{n + 1}) - f(r_n) \leq \frac{r_{n + 1} - r_n}{2} $$<br />sumando entre $n = 0$ y $n = N - 1$ y usando sumas telescopicas obtenemos<br />$$ f(r_N) - f(r_0) \leq \frac{ r_N - r_0}{2}$$<br />usando la desigualdad $ x \leq f(x)$ obtenemos que<br /><br />$$ r_N \leq f(r_N) \leq f(r_0) - \frac{r_0}{2} + \frac{r_N}{2} $$<br />$$ r_N \leq 2f(r_0) - r_0$$<br />en particular la sucesion $r_N$ es acotada y por lo tanto converge, pero tomando limite en la recurencia que define $r_n$, obtenemos que el limite ($\ell$) satisface<br />$$ \ell = \ell + \sqrt{\ell}$$ <br />lo que implica $\ell = 0$ pero esto es una contraccion puesto que claramente $\ell \geq x_0 > 0$.<br /><br />Nota1: la hipotesis $f(x) \leq x + \sqrt{x}$ no fue necesaria.<br />Nota2: de la demostracion se ve que uno obtine un resultado un poco mas fuerte: el conjunto de puntos donde se tiene<br />$$ f(x + \sqrt x) - f(x) > \frac{\sqrt x}{2} $$<br />no solo es inifinito, ademas es no acotado.<br />$ Mensaje modificado por hermite el Oct 27 2019, 04:36 PM

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 25 2019, 11:14 AM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(hermite @ Oct 25 2019, 08:55 AM) $TEX: <br />Supongamos por contradiccion que existe solo una cantidad finita de valores tales que<br /><br />$$ f(x + \sqrt x) - f(x) > \frac{\sqrt x}{2} $$<br /><br />esto implica en particular que para algun $x_0 > 0$ se tiene que $\forall x \geq x_0$ <br />$$ f(x + \sqrt x) - f(x) \leq \frac{\sqrt x}{2}$$<br />con esto definamos la sequencia <br />$$ r_{n + 1} = r_n + \sqrt{r_n}$$<br />$$ r_0 = x_0 $$<br />que es claramente creciente. Entonces tenemos que<br />$$ f(r_{n + 1}) - f(r_n) \leq \frac{r_{n + 1} - r_n}{2} $$<br />sumando entre $n = 0$ y $n = N - 1$ y usando sumas telescopicas obtenemos<br />$$ f(r_N) - f(r_0) \leq \frac{ r_N - r_0}{2}$$<br />usando la desigualdad $ x \leq f(x)$ obtenemos que<br /><br />$$ r_N \leq f(r_N) \leq f(r_0) + \frac{r_0}{2} + \frac{r_N}{2} $$<br />$$ r_N \leq 2f(r_0) + r_0$$<br />en particular la sucesion $r_N$ es acotada y por lo tanto converge, pero tomando limite en la recurencia que define $r_n$, obtenemos que el limite ($\ell$) satisface<br />$$ \ell = \ell + \sqrt{\ell}$$ <br />lo que implica $\ell = 0$ pero esto es una contraccion puesto que claramente $\ell \geq x_0 > 0$.<br /><br />Nota1: la hipotesis $f(x) \leq x + \sqrt{x}$ no fue necesaria.<br />Nota2: de la demostracion se ve que uno obtine un resultado un poco mas fuerte: el conjunto de puntos donde se tiene<br />$$ f(x + \sqrt x) - f(x) > \frac{\sqrt x}{2} $$<br />no solo es inifinito, ademas es no acotado.<br />$ Buena, esta bien. Que me dirias si el problema preguntara si es cierto que $TEX: $$limsup_{x\rightarrow \infty} \frac{f(x+\sqrt{x}) - f(x)} {\sqrt{x}} \ge 1 $$$ dadas las mismas condiciones?. Abs. Cristian. -------------------- yo no soy especial a pesar que ella lo dijo tengo unos krk y un celular hechizo aún vácilo SFDK en el segundo piso y la frase final da igual la improviso

hermite Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 27 2019, 04:35 PM Publicado: #4
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 128 Registrado: 27-November 15 Miembro Nº: 142.558	CITA(Pedantic Anarchy @ Oct 25 2019, 11:14 AM) Buena, esta bien. Que me dirias si el problema preguntara si es cierto que $TEX: $$limsup_{x\rightarrow \infty} \frac{f(x+\sqrt{x}) - f(x)} {\sqrt{x}} \ge 1 $$$ dadas las mismas condiciones?. Abs. Cristian. Si es cierto, y la demostracion es esencialmente la misma: $TEX: <br />Supongamos por contradiccion que (recordando que el limsup siempre existe en $\bar{\mathbb R}$)<br /><br />$$ \limsup_{x \rightarrow \infty} \frac{f(x + \sqrt x) - f(x)}{\sqrt x } = c < 1 $$<br /><br />esto implica en particular que para algun $x_0 > 0$ se tiene que $\forall x \geq x_0$ <br />$$ f(x + \sqrt x) - f(x) \leq \frac{c + 1}{2}\sqrt x = \tilde c\sqrt x$$<br />con esto definamos la sequencia <br />$$ r_{n + 1} = r_n + \sqrt{r_n}$$<br />$$ r_0 = x_0 $$<br />que es claramente creciente. Entonces tenemos que<br />$$ f(r_{n + 1}) - f(r_n) \leq \tilde c (r_{n + 1} - r_n) $$<br />sumando entre $n = 0$ y $n = N - 1$ y usando sumas telescopicas obtenemos<br />$$ f(r_N) - f(r_0) \leq \tilde c (r_N - r_0) $$<br />usando la desigualdad $ x \leq f(x)$ obtenemos que<br /><br />$$ r_N \leq f(r_N) \leq f(r_0) - \tilde c r_0+ \tilde c r_N $$<br />$$ (1 - \tilde c) r_N \leq f(r_0) -\tilde c r_0$$<br />$$r_N \leq \frac{1}{1 - \tilde c}f(r_0) -\frac{\tilde c}{1 - \tilde c} r_0$$<br />en particular la sucesion $r_N$ es acotada y por lo tanto converge, pero tomando limite en la recurencia que define $r_n$, obtenemos que el limite ($\ell$) satisface<br />$$ \ell = \ell + \sqrt{\ell}$$ <br />lo que implica $\ell = 0$ pero esto es una contraccion puesto que claramente $\ell \geq x_0 > 0$.<br />$

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 28 2019, 05:00 AM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(hermite @ Oct 27 2019, 04:35 PM) Si es cierto, y la demostracion es esencialmente la misma: $TEX: <br />Supongamos por contradiccion que (recordando que el limsup siempre existe en $\bar{\mathbb R}$)<br /><br />$$ \limsup_{x \rightarrow \infty} \frac{f(x + \sqrt x) - f(x)}{\sqrt x } = c < 1 $$<br /><br />esto implica en particular que para algun $x_0 > 0$ se tiene que $\forall x \geq x_0$ <br />$$ f(x + \sqrt x) - f(x) \leq \frac{c + 1}{2}\sqrt x = \tilde c\sqrt x$$<br />con esto definamos la sequencia <br />$$ r_{n + 1} = r_n + \sqrt{r_n}$$<br />$$ r_0 = x_0 $$<br />que es claramente creciente. Entonces tenemos que<br />$$ f(r_{n + 1}) - f(r_n) \leq \tilde c (r_{n + 1} - r_n) $$<br />sumando entre $n = 0$ y $n = N - 1$ y usando sumas telescopicas obtenemos<br />$$ f(r_N) - f(r_0) \leq \tilde c (r_N - r_0) $$<br />usando la desigualdad $ x \leq f(x)$ obtenemos que<br /><br />$$ r_N \leq f(r_N) \leq f(r_0) - \tilde c r_0+ \tilde c r_N $$<br />$$ (1 - \tilde c) r_N \leq f(r_0) -\tilde c r_0$$<br />$$r_N \leq \frac{1}{1 - \tilde c}f(r_0) -\frac{\tilde c}{1 - \tilde c} r_0$$<br />en particular la sucesion $r_N$ es acotada y por lo tanto converge, pero tomando limite en la recurencia que define $r_n$, obtenemos que el limite ($\ell$) satisface<br />$$ \ell = \ell + \sqrt{\ell}$$ <br />lo que implica $\ell = 0$ pero esto es una contraccion puesto que claramente $\ell \geq x_0 > 0$.<br />$ Sí, está bien. El problema es una simplificacion de la prueba del que $TEX: $$limsup_{x\to \infty} \frac{\pi(x+\sqrt{x})-\pi(x)}{\sqrt{x}/log(x)}\ge 1$$$ donde $TEX: $\pi (x)$$ es la funcion contadora de primos menos o iguales que x. Si pudieras explicar (o alguien mas) como concluir este resultado seria bueno. Abs. Cristian. -------------------- yo no soy especial a pesar que ella lo dijo tengo unos krk y un celular hechizo aún vácilo SFDK en el segundo piso y la frase final da igual la improviso

hermite Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 30 2019, 09:19 AM Publicado: #6
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 128 Registrado: 27-November 15 Miembro Nº: 142.558	CITA(Pedantic Anarchy @ Oct 28 2019, 05:00 AM) Sí, está bien. El problema es una simplificacion de la prueba del que $TEX: $$limsup_{x\to \infty} \frac{\pi(x+\sqrt{x})-\pi(x)}{\sqrt{x}/log(x)}\ge 1$$$ donde $TEX: $\pi (x)$$ es la funcion contadora de primos menos o iguales que x. Si pudieras explicar (o alguien mas) como concluir este resultado seria bueno. Abs. Cristian. Se vale usar el teorema de los numeros primos?

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 1 2019, 11:32 AM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(hermite @ Oct 30 2019, 09:19 AM) Se vale usar el teorema de los numeros primos? Obvio -------------------- yo no soy especial a pesar que ella lo dijo tengo unos krk y un celular hechizo aún vácilo SFDK en el segundo piso y la frase final da igual la improviso

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