DODATNIE I UJEMNE Niech (ai)∞ i=1 będzie ciągiem liczbowym
Transkrypt
DODATNIE I UJEMNE Niech (ai)∞ i=1 będzie ciągiem liczbowym
DODATNIE I UJEMNE ANDRZEJ KOMISARSKI Niech (ai )∞ i=1 będzie ciągiem liczbowym, zaś n oraz m niech będą liczbami naturalnymi. Czy możliwe jest, by suma każdych n kolejnych wyrazów ciągu (ai ) była dodatnia, zaś suma każdych m kolejnych wyrazów ciągu (ai ) była ujemna? Od razu widać, że jeśli n = m to jest to niemożliwe, gdyż żadna liczba nie jest jednocześnie dodatnia i ujemna. Intuicja podpowiada jednak, że nawet, gdy n 6= m to nie istnieje ciąg o tej własności. Gdyby bowiem istniał, to jego wyrazy przeciętnie byłyby dodatnie i jednocześnie przeciętnie byłyby ujemne. Aby podać bardziej formalny argument, przyjrzyjmy się sumie pierwszych nm wyrazów naszego ciągu. Z jednej Pm−1 strony, suma ta jest dodatnia (gdyż można ją zapisać jako k=0 (akn+1 + akn+2 + · · · + akn+n )), z drugiej zaś Pn−1 jest ujemna (bo można ją również zapisać jako k=0 (akm+1 + akm+2 + · · · + akm+m )). Ten sam argument pokazuje, że nie istnieje ciąg skończony (ai )N i=1 o długości N > nm taki, że suma każdych n kolejnych jego wyrazów jest dodatnia, zaś suma każdych m kolejnych jego wyrazów jest ujemna. Za to każdy ciąg o długości mniejszej zarówno od n, jak i od m ma rozważaną przez nas własność. Zauważmy też, że jeśli pewien ciąg skończony (ai )N i=1 ma rozważaną przez nas własność, to ma ją także każdy jego podciąg złożony z sąsiadujących ze sobą wyrazów (czyli każdy ciąg skończony postaci (aK+i )M i=1 , gdzie 0 6 K 6 K + M 6 N ). Z obserwacji tych wynika, że dla dowolnych liczb naturalnych n oraz m istnieje pewna liczba naturalna Nn,m taka, że nie istnieją ciągi skończone o długości N > Nn,m mające rozważaną własność, lecz dla każdego N < Nn,m istnieje ciąg liczbowy długości N , który własność tę posiada. Ile wynosi Nn,m ? Odpowiedź na to pytanie znajdziemy w poniższym twierdzeniu. Twierdzenie 1. Niech n, m oraz N będą liczbami naturalnymi. Jeśli N > n+m−N W D(n, m), to nie istnieje ciąg liczbowy o długości N taki, że suma dowolnych n kolejnych jego wyrazów jest dodatnia, zaś suma dowolnych m kolejnych jego wyrazów jest ujemna. Jeśli N < n+m−N W D(n, m), to istnieje ciąg o długości N o wyrazach całkowitych taki, że suma dowolnych n kolejnych jego wyrazów jest równa 1, zaś suma dowolnych m kolejnych jego wyrazów wynosi −1. Dowód. Gdyby istniał taki ciąg (ai )N i=1 długości N > n + m − N W D(n, m), to mielibyśmy X 0< k+n X 06k6m−N W D(n,m) j=k+1 N W D(n,m)|k k+m X X aj = aj < 0. 06k6n−N W D(n,m) j=k+1 N W D(n,m)|k O ile obie nierówności występujące w powyższym wzorze są natychmiastową konsekwencją własności ciągu (ai ), to występująca pomiędzy nimi równość wymaga wyjaśnienia. Oznaczmy d = N W D(n, m), n0 = n/d oraz m0 = m/d. Niech ponadto cl = ad(l−1)+1 + ad(l−1)+2 + · · · + ad(l−1)+d dla l = 1, 2, . . . , nm/d. Przy tych oznaczeniach mamy X k+n X 06k6m−N W D(n,m) j=k+1 N W D(n,m)|k aj = 0 0 m −1 h+n X X cl oraz h=0 l=h+1 X k+m X 06k6n−N W D(n,m) j=k+1 N W D(n,m)|k aj = 0 0 nX −1 h+m X cl . h=0 l=h+1 Pozostaje pokazać, że obie powstałe sumy są równe. W tym celu zauważmy, że w każdej z nich składnik c1 występuje jeden raz, składnik c2 dwa razy, składnik c3 trzy razy i tak dalej, aż do składnika cmin(m0 ,n0 ) , który w obu sumach występuje min(m0 , n0 ) razy, podobnie, jak składniki cmin(m0 ,n0 )+1 , cmin(m0 ,n0 )+2 , . . . , cm0 +n0 −min(m0 ,n0 ) . Składniki cm0 +n0 −min(m0 ,n0 )+1 , cm0 +n0 −min(m0 ,n0 )+2 , . . . , cm0 +n0 −1 występują w obu sumach odpowiednio min(m0 , n0 ) − 1, min(m0 , n0 ) − 1, . . . , 1 razy. Aby zakończyć dowód twierdzenia, wystarczy pokazać, że istnieje ciąg (ai )N i=1 długości N = n + m − N W D(n, m) − 1 o wyrazach całkowitych taki, że suma dowolnych n kolejnych jego wyrazów jest równa 1, zaś suma dowolnych m kolejnych jego wyrazów wynosi −1. 1 Najpierw zauważmy, że kluczowy jest przypadek, gdy n i m są względnie pierwsze. Jeśli bowiem d = n0 +m0 −1−1 N W D(n, m) > 1, to liczby n0 = n/d oraz m0 = m/d są względnie pierwsze i jeśli (bj )j=1 jest ciągiem dobrym dla liczb n0 i m0 , to odpowiedni ciąg dla liczb n i m można zdefiniować wzorem: b i/d gdy d|i ai = , 0 gdy d 6 |i gdzie i = 1, 2, . . . , n + m − N W D(n, m) − 1. Zajmijmy się zatem przypadkiem, gdy n i m są względnie pierwsze. Gdy n = 1 to ciąg (1, 1, . . . , 1) długości m − 1 ma żądaną własność, a gdy m = 1 to ciąg (−1, −1, . . . , −1) długości n − 1 jest taki, jak trzeba. Dalej zakładamy, że n, m > 1. Niech a i b będą takimi liczbami naturalnymi, że an − bm = 1, przy czym 0 < a < m oraz 0 < b < n. Liczby a i b istnieją, gdyż n, m > 1 są względnie pierwsze. Niech I będzie zbiorem indeksów wyrazów naszego ciągu, czyli I = {1, 2, ..., n + m − 2}. Rozważmy następujące dwa zbiory: A = {kn − lm ∈ I : k, l ∈ Z, 0 < k 6 m − a} oraz B = {kn − lm ∈ I : k, l ∈ Z, 0 6 l < n − b}, czyli A jest zbiorem tych liczb ze zbioru {1, 2, ..., n + m − 2}, które można zapisać jako kn − lm tak, by liczba k spełniała warunek 0 < k 6 m − a. Podobnie, B jest zbiorem tych liczb ze zbioru {1, 2, ..., n + m − 2}, które można zapisać jako kn − lm tak, by liczba l spełniała warunek 0 6 l < n − b. Pokażemy, że A = B. W tym celu pokażemy, że A ⊂ B oraz A ⊃ B. A ⊂ B: Załóżmy, że i ∈ A, czyli 0 < i < n + m − 1 oraz i = kn − lm, gdzie 0 < k 6 m − a. Wystarczy pokazać, że 0 6 l < n − b. Istotnie: kn − i kn − (n + m − 1) n − (n + m − 1) 1 > > = −1 + > −1. m m m m Ponieważ l jest całkowite, więc l > 0. l= kn (m − a)n an bm + 1 1 kn − i < 6 =n− =n− =n−b− <n−b m m m m m m Czyli 0 6 l < n − b, zatem i ∈ B. Stąd A ⊂ B. A ⊃ B: Załóżmy, że i ∈ B, czyli 0 < i < n + m − 1 oraz i = kn − lm, gdzie 0 6 l < n − b. Wystarczy pokazać, że 0 < k 6 m − a. Istotnie: lm + i lm 0m k= > > = 0, n n n lm + i lm + n + m − 1 (n − b − 1)m + n + m − 1 bm − n + 1 an − n k= < 6 =m− =m− = m − a + 1. n n n n n Ponieważ k jest całkowite, więc k 6 m − a. Czyli 0 < k 6 m − a, zatem i ∈ A. Stąd A ⊃ B. Zauważmy, że zbiór A = B jest okresowym podzbiorem zbioru I o okresie n oraz o okresie m, tzn. l= dla każdego i ∈ I takiego, że i + n ∈ I zachodzi i ∈ A ⇔ i + n ∈ A, dla każdego i ∈ I takiego, że i + m ∈ I zachodzi i ∈ A ⇔ i + m ∈ A, Istotnie, jeśli i ∈ A oraz i + n ∈ I, to i = kn − lm, przy czym 0 6 l < n − b. Wtedy i + n = (k + 1)n − lm ∈ A. Jeśli i + n ∈ A oraz i ∈ I, to i + n = kn − lm, przy czym 0 6 l < n − b. Ale wtedy i = (k − 1)n − lm, zatem i + n ∈ A. Podobnie, jeśli i ∈ A oraz i + m ∈ I, to i = kn − lm, przy czym 0 < k 6 m − a i wówczas i + m = kn − (l − 1)m, zatem i + m ∈ A. Jeśli z kolei i + m ∈ A oraz i ∈ I, to i = kn − lm, przy czym 0 < k 6 m − a i mamy i − m = kn − (l + 1)m ∈ A. Warto wspomnieć (choć nie jest istotne dla dalszych rozważań), że istnieją cztery okresowe podzbiory zbioru I o okresie n oraz o okresie m. Są to ∅, I, A oraz I \ A. Gdybyśmy zbiór I zastąpili jakimś dłuższym zbiorem złożonym z kolejnych liczb naturalnych, wówczas z tych czterech zbiorów pozostałyby dwa: zbiór pusty i cały, powiększony zbiór I. Gdybyśmy z kolei zbiór I skrócili lub gdyby m i n nie były względnie pierwsze, wówczas takich okresowych zbiorów byłoby więcej, niż cztery. Z tego, że zbiór A jest okresowy wynika następująca własność: Wszystkie n-elementowe podzbiory zbioru I złożone z kolejnych liczb naturalnych zawierają tyle samo elementów zbioru A. Podobnie, wszystkie melementowe podzbiory zbioru I złożone z kolejnych liczb naturalnych zawierają tyle samo elementów zbioru A. Istotnie, wystarczy pokazać, że dla każdej liczby naturalnej j takiej, że j ∈ I oraz j + n ∈ I mamy |{j, j + 1, . . . , j + n − 1} ∩ A| = |{j + 1, j + 2, . . . , j + n} ∩ A|, a to jest prawda, bo |{j, j + 1, . . . , j + n − 1} ∩ A| = |{j} ∩ A| + |{j + 1, j + 2, . . . , j + n − 1} ∩ A| = = |{j + 1, j + 2, . . . , j + n − 1} ∩ A| + |{j + n} ∩ A| = = |{j + 1, j + 2, . . . , j + n} ∩ A|. Równość |{j} ∩ A| = |{j + n} ∩ A| wynika z okresowości zbioru A: albo obie liczby j oraz j + n należą do A, albo żadna z nich do zbioru A nie należy. W przypadku m-elementowych podzbiorów zbioru I złożonych z kolejnych liczb naturalnych dowód przebiega analogicznie (z wykorzystaniem okresowości o okresie m). Liczbę elementów zbioru A w tych podzbiorach można wyznaczyć dokładnie opierając się definicji zbiorów A i B = A. Każdy n-elementowy podzbiór zbioru I złożony z kolejnych liczb naturalnych zawiera n − b elementów zbioru A (por. definicja zbioru B = A), zaś każdy m-elementowy podzbiór zbioru I złożony z kolejnych liczb naturalnych zawiera m − a elementów zbioru A (por. definicja zbioru A). Jesteśmy gotowi, by zdefiniować żądany ciąg (ai )n+m−2 i=1 a + b gdy i ∈ A ai = , a + b − n − m gdy i 6∈ A gdzie i = 1, 2, . . . , n + m − 2. Rozważmy dowolnych n kolejnych wyrazów zdefiniowanego ciągu. Z przeprowadzonych przed chwilą rozważań wynika, że n − b spośród nich ma wartość a + b, a pozostałe b są równe a + b − n − m. Zatem suma kolejnych n wyrazów ciągu (ai ) wynosi (n − b)(a + b) + b(a + b − n − m) = an − bm = 1. Podobnie, wśród kolejnych m wyrazów naszego ciągu m−a ma wartość a+b, a pozostałe a są równe a+b−n−m. Zatem suma kolejnych m wyrazów ciągu (ai ) wynosi (m − a)(a + b) + a(a + b − n − m) = bm − an = −1. Prześledźmy teraz argumenty użyte w dowodzie powyższego twierdzenia w kilku przykładowych sytuacjach. Niech n = 9 oraz m = 6. Wówczas N W D(n, m) = 3. Nie istnieje ciąg (ai )N i=1 o długości N > 9 + 6 − 3 = 12 taki, że suma dowolnych 9 kolejnych jego wyrazów jest dodatnia, zaś suma dowolnych 6 kolejnych jego wyrazów jest ujemna. Gdyby bowiem taki ciąg istniał, wówczas zachodziłoby 0< 9 X j=1 aj + 12 X j=4 aj = 6 X j=1 aj + 9 X j=4 aj + 12 X aj < 0. j=7 Istnieje natomiast ciąg (ai )N i=1 o długości N = 9+6−3−1 = 11 o wyrazach całkowitych taki, że suma dowolnych 9 kolejnych jego wyrazów jest równa 1, zaś suma dowolnych 6 kolejnych jego wyrazów wynosi −1. Najpierw przeprowadzamy konstrukcję dla n0 = 9/3 = 3 oraz m0 = 6/3 = 2. Mamy 1 · 3 − 1 · 2 = 1, więc a = 1, b = 1, a + b = 2, a + b − n0 − m0 = −3 oraz m0 − a = 1, a zatem A = {1 · 3 − 1 · 2, 1 · 3 − 0 · 2} = {1, 3}. Zatem dla n0 = 3 i m0 = 2 postawione warunki spełnia ciąg (2, −3, 2), a szukanym ciągiem dla n = 9 i m = 6 jest ciąg (0, 0, 2, 0, 0, −3, 0, 0, 2, 0, 0). Jeśli n = 8 i m = 18, to N W D(n, m) = 2. Nie istnieje ciąg (ai )N i=1 o długości N > 8 + 18 − 2 = 24 taki, że suma dowolnych 8 kolejnych jego wyrazów jest dodatnia, zaś suma dowolnych 18 kolejnych jego wyrazów jest ujemna. Gdyby taki ciąg istniał, wówczas mielibyśmy 0< 8 X j=1 aj + 10 X j=3 aj + 12 X j=5 aj + 14 X j=7 aj + 16 X j=9 18 X aj + aj + j=11 = 18 X j=1 20 X aj + j=13 aj + 20 X j=3 aj + 22 X aj + j=15 22 X j=5 aj + 24 X aj = j=17 24 X aj < 0. j=7 Istnieje natomiast ciąg (ai )N i=1 o długości N = 8 + 18 − 2 − 1 = 23 o wyrazach całkowitych taki, że suma dowolnych 8 kolejnych jego wyrazów jest równa 1, zaś suma dowolnych 18 kolejnych jego wyrazów wynosi −1. Najpierw przeprowadzamy konstrukcję dla n0 = 8/2 = 4 oraz m0 = 18/2 = 9. Mamy 7 · 4 − 3 · 9 = 1, zatem a = 7, b = 3, a + b = 10, a + b − n0 − m0 = −3, m0 − a = 2, więc A = {1 · 4 − 0 · 9, 2 · 4 − 0 · 9} = {4, 8}. Stąd dla n0 = 4 i m0 = 9 otrzymujemy ciąg (−3, −3, −3, 10, −3, −3, −3, 10, −3, −3, −3), a dla n = 8 i m = 18 ciąg (0, −3, 0, −3, 0, −3, 0, 10, 0, −3, 0, −3, 0, −3, 0, 10, 0, −3, 0, −3, 0, −3, 0). Gdy n = 11 i m = 7, to N W D(n, m) = 1. Nie istnieje ciąg (ai )N i=1 o długości N > 11 + 7 − 1 = 17 taki, że suma dowolnych 8 kolejnych jego wyrazów jest dodatnia, zaś suma dowolnych 18 kolejnych jego wyrazów jest ujemna. Istnienie takiego ciągu pociągałoby za sobą nierówność 0< 6 k+11 X X aj =1 · a1 + 2 · a2 + 3 · a3 + 4 · a4 + 5 · a5 + 6 · a6 + 7 · a7 + 7 · a8 + 7 · a9 + k=0 j=k+1 + 7 · a10 + 7 · a11 + 6 · a12 + 5 · a13 + 4 · a14 + 3 · a15 + 2 · a16 + 1 · a17 = 10 k+7 X X aj < 0 k=0 j=k+1 Istnieje natomiast ciąg (ai )N i=1 o długości N = 11 + 7 − 1 − 1 = 16 o wyrazach całkowitych taki, że suma dowolnych 11 kolejnych jego wyrazów jest równa 1, zaś suma dowolnych 7 kolejnych jego wyrazów wynosi −1. Mamy 2 · 11 − 3 · 7 = 1, zatem a = 2, b = 3, a + b = 5, a + b − n − m = −13, m − a = 5, więc A = {1 · 11 − 0 · 7, 1 · 11 − 1 · 7, 2 · 11 − 1 · 7, 2 · 11 − 2 · 7, 2 · 11 − 3 · 7, 3 · 11 − 3 · 7, 3 · 11 − 4 · 7, 4 · 11 − 4 · 7, 4 · 11 − 5 · 7, 4 · 11 − 6 · 7, 5 · 11 − 6 · 7, 5 · 11 − 7 · 7} = {1, 2, 4, 5, 6, 8, 9, 11, 12, 13, 15, 16}. Stąd otrzymujemy żądany ciąg (5, 5, −13, 5, 5, 5, −13, 5, 5, −13, 5, 5, 5, −13, 5, 5). Ostatni przykład stanowi jednocześnie rozwiązanie zadania, które pojawiło się niegdyś na Olimpiadzie Matematycznej: W skończonym ciągu liczb rzeczywistych suma każdych siedmiu kolejnych wyrazów jest ujemna, suma zaś każdych jedenastu kolejnych wyrazów jest dodatnia. Wyznaczyć największą liczbę wyrazów takiego ciągu. W książce Zbiór zadań z olimpiad matematycznych, tom 6 (autor: Jerzy Browkin, wydawnictwo: WSIP, Warszawa, 1983 r. zadanie nr 79) zamieszczone jest rozwiązanie tego zadania oraz dowód pierwszej części Twierdzenia 1 (użyta tam metoda jest inna od pokazanej tutaj i polega na przeprowadzeniu indukcji względem n + m). Natomiast druga część Twierdzenia 1 jest przedstawiona w książce jako problem otwarty. Andrzej Komisarski, Department of Probability Theory and Statistics, Faculty of Mathematics and Computer Science, University of Łódź, ul.Banacha 22, 90-238 Łódź, Poland E-mail address: [email protected] URL: http://www.math.uni.lodz.pl/~andkom/