Jump to content
Pebrudal Zanu

Ketaksamaan Bilangan Asli

Recommended Posts

Untuk bilangan asli $a_1\geq 5$ diketahui bahwa $\displaystyle a_2=\left\lfloor \frac{4a_1}{a_1-4}\right\rfloor+1$ dan $\displaystyle a_3=\left\lfloor \frac{1}{\frac{1}{4}-\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_2}}\right\rfloor+1$. Buktikan bahwa

$$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}\le \frac{1}{5}+\frac{1}{21}+\frac{1}{421}$$

Edited by Mr.Kwok
  • Upvote 1

Share this post


Link to post
Share on other sites

Ini kuli2 bisa....  Sebenarnya klo ga mau rigorous... Untuk $a_1 \geq 5$,  kita bisa buktikan bahwa $a_2$ itu adalah bilangan bulat terbesar sehingga $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2} < \frac{1}{4}$, dan secara rekursif $a_3$ itu adalah yang memenuhi $\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \frac{1}{a_3} < \frac{1}{20}$.


 


Kuli :p 


  • Upvote 1

Share this post


Link to post
Share on other sites
On 11/3/2015 at 2:10 PM, Adri said:

Ini kuli2 bisa....  Sebenarnya klo ga mau rigorous... Untuk a15 ,  kita bisa buktikan bahwa a2 itu adalah bilangan bulat terbesar sehingga 1a1+1a2<14 , dan secara rekursif a3 itu adalah yang memenuhi 1a1+1a2+1a3<120 .

 

 

 

Kuli :p 

Masih belum ngerti kenapa untuk $a_1 \geq 5$, berlaku $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}<\frac{1}{20}$, padahal

untuk $a_1=5$, $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}=\frac{1}{5}+\frac{1}{21}+\frac{1}{421}>\frac{1}{20}$

Edited by Pebrudal Zanu
  • Upvote 1

Share this post


Link to post
Share on other sites
3 hours ago, Pebrudal Zanu said:

 

Masih belum ngerti kenapa untuk a15 , berlaku 1a1+1a2+1a3<120 , padahal

untuk a1=5 , 1a1+1a2+1a3=15+121+1421>120

 

 

Maksudnya bukan gt...  salah ngomong hrsnya 'terkecil sehingga $\frac{1}{4}$' ... waktu itu saya udh ketik jawaban  dan lupa di copy... jdnya ga jelas..

 

Jika $a_1=5$ maka bilangan terkecil x sedemikian sehingga $\frac{1}{5}+\frac {1}{x}<frac{1}{4}$ adalah $x=21$. 

 

 

  • Upvote 1

Share this post


Link to post
Share on other sites
On December 30, 2015 at 7:56 PM, Pebrudal Zanu said:

Saya nyoba ini agak dikuli juga....

Bagi kasus

1. 5a1<21

2. 21a1<421

3.a14221

Jawaban

Belum lengkap :)

 

 

Kayaknya terdapat kesalahan pada solusi tersebut (pada bagian akhir), yakni pada saat $\frac{1}{n}+\frac{1}{p} + \frac{1/2}{q-1/2} = \frac{1}{n}+\frac{1}{p}+ \frac{1}{q} + \frac{1}{q(q-1/2)}$, ini berarti menggunakan kesamaan $ \frac{1/2}{q-1/2} =  \frac{1}{q} + \frac{1}{q(q-1/2)}$, dan klo disederhanain ga sama :dull:

 

Kasus $5 \leq a_1 \leq 21$ dan $a_1 \geq 421$ nya udah bener.  Yang tengah nya itu, klo mau ga pake kuli 400 kasus bisa kayak gini:

 

Untuk kasus $22 \leq a_1 \leq 420$ bisa kayak gini:

 

Spoiler

Pada kasus ini $a_2=5$, sehingga diperoleh $a_3 = \left\lfloor\frac{1}{\frac{1}{20}-\frac{1}{a_1}}\right \rfloor +1$. Dan yang akan dibuktikan adalah $\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_3} \leq \frac{1}{21}+\frac{1}{421}$.

 

Substitusikan $a_1= 21+k$ dimana $1 \leq k \leq 399$ maka

 

\begin{align*} a_3 &= \left\lfloor\frac{1}{\frac{1}{20}-\frac{1}{21+k}}\right \rfloor +1 \\ & =\left\lfloor 20 + \frac{400}{k+1} \right \rfloor + 1 \\ &= 21 + \left\lfloor \frac{400}{k+1} \right \rfloor \\ &= 21 + \frac{400}{k+1} - \left\{ \frac{400}{k+1} \right\} \end{align*}

 

Untuk kemudahan penulisan kita sebut $r_k =  \left\{ \frac{400}{k+1} \right\}$, sehingga $a_3 = 21 + \frac{400}{k+1} - r_k$

 

 

Misalkan $S:= \left \{q \in \mathbb{Q} | q=\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_3} , a_1 \geq 21 \right\}$, kita diminta membuktikan $q \leq \frac{1}{21}+\frac{1}{421}$.

 

 

 

Jika tidak demikian maka terdapat $q$ yang memenuhi $q = \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_3} > \frac{1}{21} + \frac{1}{421}$, dengan menggunakan substitusi $a_1= 21+k$, diperoleh

 

\begin{align*} \frac{1}{21+k} + \frac{1}{21 + \frac{400}{k+1} - r_k} > \frac{1}{21} + \frac{1}{421} &\Leftrightarrow  \frac{1}{21+k} + \frac{1}{21 + \frac{400}{k+1} - r_k} > \frac{442}{8841} \\  &\Leftrightarrow \frac{1}{21 + \frac{400}{k+1} - r_k} > \frac{442k+441}{8841(21+k)} \\ &\Leftrightarrow r_k > {\frac {k \left( 841+441\,k \right) }{883\,k+441+442\,{k}^{2}}} \end{align*}

 

 

 

Kemudian kita pakai lemma:

 

 

Untuk $1\leq k \leq 399$ maka 

\[ r_k = \left\{\frac{400}{k+1} \right\} \leq \frac{k-1}{k+1} \]

 

 

Bukti:

 

 

Perhatikan bahwa dengan algoritma Euclid, karena $k+1 \leq 400$ diperoleh  $400 = q(k+1) + r$ dimana $r<k+1$, ini berarti $\frac{400}{k+1} = q + \frac{r}{k+1} $. Jadi fractional part dari $\frac{400}{k+1}$ adalah $\frac{r}{k+1}$, dimana $r$ yang mungkin adalah $0,1,\cdots, k$. Jika $r=k$ maka diperoleh $401= (q+1)(k+1)$, tidak mungkin karena $401$ bilangan prima, jadi haruslah $r<k$, sehingga diperoleh $r \leq k-1$. Sehingga terbukti bahwa fractional part dari $\frac{400}{k+1}$ lebih kecil dari $\frac{k-1}{k+1}$.

 

Ini berarti

 

\[\frac{k-1}{k+1} \geq r_k > {\frac {k \left( 841+441\,k \right) }{883\,k+441+442\,{k}^{2}}}\]

 

Sehingga \[\frac{k-1}{k+1} > {\frac {k \left( 841+441\,k \right) }{883\,k+441+442\,{k}^{2}}}\] yang apabila disederhanakan akan setara dengan $k^2-842k-441>0$, tapi ini berarti $k>421$, kontradiksi dengan $k \leq 399$.

 

 

 

Edited by Adri
  • Upvote 1

Share this post


Link to post
Share on other sites

Create an account or sign in to comment

You need to be a member in order to leave a comment

Create an account

Sign up for a new account in our community. It's easy!

Register a new account

Sign in

Already have an account? Sign in here.

Sign In Now


×