Bine aţi venit pe Scientia QA!
Pentru a putea publica întrebări şi răspunsuri, trebuie să vă înregistraţi.
Atenţie! Este posibil ca e-mailul de confirmare a înregistrării să intre în Spam.
Pune o întrebare

Newsletter


3.5k intrebari

6.7k raspunsuri

15.2k comentarii

2.2k utilizatori

2 plusuri 0 minusuri
265 vizualizari

Se da functia :

f:\mathbb{N}^*\rightarrow Q\cap [0,1)

f(n)=\left \{ 1+\frac{1}{2} +\frac{1}{3}+.....+\frac{1}{n}\right\}

unde {a} este partea fractionara a lui a.Sa se arate ca f nu este surjectiva.

Cateva precizari despre problema .Problema a fost data la un test clasa 10-a la Mihai Viteazu(Bucuresti) mai mult ca o pedeapsa ,nu cunosc cauza dar clar problema sa dovedit imposibila pentru toti elevi acelei clase:D.eu personal am rezolvat problema dar am decis sa o propun sa vedem daca apare si alta idee de rezolvare diferita de a mea,pe care am sa o prezint dupa eventual alte raspunsuri sau o perioada de timp in caz ca nu apar raspunsuri

Experimentat (2.3k puncte) in categoria Matematica

2 Raspunsuri

3 plusuri 0 minusuri
 
Cel mai bun raspuns

Renunțăm la Bertrand și abordăm problema altfel:

\small H_{n}=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n};\; H_{2}=\frac{3}{2};\: H_{3}=\frac{11}{6};\; H_{4}=\frac{25}{12};

Se observă că pentru fiecare număr de mai sus, numitorul este par și numărătorul este impar. Presupunem că toate numerele armonice H2,H3,...,Hk,...,Hn sunt de forma \small \frac{2p+1}{2q},\: \:cu\; p,q\; numere\; naturale și arătăm că și Hn+1 respectă regula (principiul inducției tari).

H_{n+1}=(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+...+\frac{1}{2k+1})+(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2k}),\; pentru\; n+1\; impar

Dacă n+1 este par în forma lui Hn+1 apare 2k-1 în loc de 2k+1 și lucrurile se desfășoară la fel.

H_{n}=\frac{s}{1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot (2k+1)}+\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{k})=\frac{s}{1\cdot 3\cdot 5...\cdot (2k+1)}+\frac{1}{2}H_{k}

H_{k}=\frac{2p+1}{2q}\Rightarrow H_{n}=\frac{s}{1\cdot 3\cdot 5...(2k+1)}+\frac{2p+1}{4q}=\frac{s}{impar}+\frac{impar}{par}=\frac{impar}{par}Dacă un număr este de forma \frac{impar}{par} atunci și partea lui fracționară este de forma \frac{impar}{par}.  Astfel, pentru orice număr de forma \small \frac{impar}{impar}\; (de\; ex.\; \frac{1}{3})\; sau\; \frac{par}{impar}(de\; ex.\; \frac{2}{3}) din intervalul [0,1) nu există corespondent de forma {Hn} rezultând nesurjectivitatea funcției.

Experimentat (4.8k puncte)
selectat de
0 0
Simplu, ingenios, elegant.
0 0
Foarte frumos si elegant prezentat.Un aspect interesant este faptul ca functia este injectiva,lucru care nu se arata tocmai usor,dar  merge aratat cu aceeasi idee .Demonstratia mea arata ca nu poate lua valoarea 1/3 si invocam teorema lui Bertrand.
0 plusuri 0 minusuri

Notăm  \small H_{n}=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}  (seria armonică).

Functia f(n) este surjectivă daca pentru orice y din intervalul [0,1) există n natural astfel încât f(n)=y. Nu prea avem de ales: trebuie să ne legăm de cazul special când y este chiar 0, y=f(n)=0. Partea fracționară fiind, astfel, nulă înseamnă că Hn ar trebui să fie un întreg. În acest moment, problema se reformulează: să se arate că \small H_{n}=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}  nu poate fi un număr natural, oricare ar fi n natural.
Considerăm p ca fiind numărul prim cel mai apropiat de n și mai mic decât acesta:     p < n.

\small H_{n}=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{p}+...+\frac{1}{n}=\frac{1}{p}+(1+\frac{1}{2}+...\frac{1}{p-1}+\frac{1}{p+1}+...\frac{1}{n})\RightarrowH_{n}=\tfrac{1}{p}+\frac{S}{1\cdot 2\cdot ...(p-1)\cdot (p+1)\cdot ...\cdot n},\: S\: =\: suma\: \; rezultata\; dupa\; aducerea\; la\; acelasi\; numitor

Remarcăm că produsul  \small T=1\cdot 2\cdot ...\cdot (p-1)\cdot (p+1)...\cdot n 
nu este divizibil cu p pentru că altfel ar trebui ca T să conțină ca membru un multiplu de p, adică cel puțin pe 2p. Dar între p și 2p există cel puțin un număr prim, conform postulatului lui Bertrand. Acest număr prim ar fi mai mare decât numărul nostru prim p, pe care l-am presupus cel mai apropiat de n (contradicție).

Presupunem că Hn este întreg:

\small H_{n}=\frac{1}{p}+\frac{S}{T}\Rightarrow H_{n}\cdot p\cdot T=T+p\cdot S\Rightarrow T=p\cdot (H_{n}\cdot T-S)\Rightarrow p\; divide\; T,

luru infirmat de ceea ce am arătat mai sus.

Sursă: https://ro.wikipedia.org/wiki/Postulatul_lui_Bertrand

Experimentat (4.8k puncte)
0 0

Ar trebui exclus n=1. Dar e posibil ca eu sa nu inteleg...si nu stiu cum sa sterg comentariulsmiley

0 0
Din nou, nu stiu sa sterg comentariul...
0 0
Da, aveți dreptate. Soluția ar merge (daca este corectă) pentru n>1.
0 0
Nu esti departe,doar ca ai cautat sa arati ca nu are imaginea in 0,lucru fals.Cauta alta valoare.Ca o remarca solutia ta este foarte apropiata de a mea.Si eu utilizez postulatul lui Bertrand sau mai bine zis teorema.
...