Question

$a_0 < a_1 < \dots$ pozitif tamsayı terimli sonsuz bir dizi olsun. \[ a_n <\frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\leq a_{n+1} \] eşitsizliğini sağlayan tam olarak bir tane pozitif tamsayı $n$ olduğunu gösterin.

Answer 1

Ortadaki ifadede $a0$ yalnız bırakılırsa eşitsizliğimiz
$$nan-(a1+\cdots+an) < a0 \leq na{n+1}-(a1+\cdots+an)$$
haline dönüşür. Bu ifadeyi de
$$ \sum{i=1}^{n-1} (an-ai) < a0 \leq \sum{i=1}^n (a{n+1}-ai)$$
halinde düzenleyebiliriz. Şimdi, $(bn)$ dizisini
$$ bn=\sum{i=1}^{n-1} (an-ai)$$
olmak üzere tanımlayalım. Eşitsizliğimizi bu yeni tanımla
$$ bn < a0 \leq b{n+1}$$
şeklinde yeniden yazabiliriz. Elimizdeki $an$ dizisi bir artan tamsayı dizi olduğundan $n>i$ için $an-ai \geq 1$ olduğunu görüyoruz. Dolayısıyla
$$ bn=\sum{i=1}^{n-1} (an-ai) \geq n-1$$
sonucuna varıyoruz. Buradan da
$$ \lim{n \to \infty} bn=\infty$$
olduğu elde edilir. Ayrıca kısa bir hesapla
$$ b{n+1}-bn=n(a{n+1}-an)>0 $$
olduğundan $(bn)$ dizisinin artan olduğunu görürüz. $b1=0$, $\lim bn=\infty$ ve $bn$ artan olduğundan $(0,\infty)$ aralığı $In=(bn,b{n+1}]$ aralıklarının ayrık bileşimidir ve $a0>0$ sayısı bu aralıkların sadece birine, örneğin sadece $Im$ aralığına düşer. Dolayısıyla soruda verilen eşitsizliğe denk o lan
$$ bn < a0 \leq b{n+1} $$
eşitsizliği sadece bu $n=m$ pozitif tamsayısı için sağlanır.

Comments

Benimkine göre daha sade ve olan bitenin ne olduğuna dair fikir veren bir çözüm olmuş. Elinize sağlık.

---

Anlayamadıgım bır sorundan dolayı hatalı yazılıyor, cevabın gosterımı aşağıdadır.
$$-----------------------$$
Ortadaki ifadede $a_0$ yalnız bırakılırsa eşitsizliğimiz

$$na_n-(a_1+\cdots+a_n) < a_0 \leq na_{n+1}-(a_1+\cdots+a_n)$$

haline dönüşür. Bu ifadeyi de

$$ \sum_{i=1}^{n-1} (a_n-a_i) < a_0 \leq \sum_{i=1}^n (a_{n+1}-a_i)$$

halinde düzenleyebiliriz. Şimdi, $(b_n)$ dizisini

$$ b_n=\sum_{i=1}^{n-1} (a_n-a_i)$$

olmak üzere tanımlayalım. Eşitsizliğimizi bu yeni tanımla

$$ b_n < a_0 \leq b_{n+1}$$

şeklinde yeniden yazabiliriz. Elimizdeki $a_n$ dizisi bir artan tamsayi dizi olduğundan $n>i$ için $a_n-a_i \geq 1$ olduğunu görüyoruz. Dolayısıyla

$$ b_n=\sum_{i=1}^{n-1} a_n=a_i \geq n-1$$

sonucuna varıyoruz. Buradan da

$$ \lim_{n \to \infty} b_n=\infty$$

olduğu edilir. Ayrıca kısa bir hesapla

$$ b_{n+1}-b_n=n(a_{n+1}-a_n)>0 $$

olduğundan $(b_n)$ dizisinin artan olduğunu görürüz. $b_1=0$, $\lim b_n=\infty$ ve $b_n$ artan olduğundan $(0,\infty)$ aralığı $I_n=(b_n,b_{n+1}]$ aralıklarının ayrık bileşimidir ve $a_0>0$ sayısı bu aralıkların sadece birine, örneğin sadece $I_m$ aralığına düşer. Dolayısıyla soruda verilen eşitsizliğe denk olan

$$ b_n < a_0 \leq a_{n+1} $$

eşitsizliği sadece bu $n=m$ pozitif tamsayısı için sağlanır.

Answer 2

Önce $\mathbb{N}$ kümesinden rasyonel sayılara giden $f$ fonksiyonunu aşağıdaki gibi tanımlayalım:

$$n\mapsto f(n):=\sum_{i=0}^{n}\frac{a_i}{n}.$$

Bu notasyonla göstermemiz gereken şudur.

$$a_n<f(n)\leq a_{n+1}$$

eşitsizliğini sağlayan tek bir pozitif $n$ doğal sayısı vardır. Üst satırdaki eşitsizliği temel eşitsizlik olarak adlandıralım. Öncelikle, bu eşitsizliği sağlayan iki farklı doğal sayı olamayacağını ispatlayacağız. Diyelim ki sözü geçen eşitsizlik $N\in\mathbb{N}$ için sağlansın. Şunu kanıtlayacağız:

$$a_{N+k}<f(N+k)\leq a_{N+k+1}$$

eşitsizliği hiçbir pozitif $k$ doğal sayısı için doğru değildir. $k$ üzerine tümevarımla ispatlayacağız. $N$ doğal sayısı temel eşitsizliği sağladığı için elimizde şu eşitsizlik vardır:

$$N\cdot a_N<a_0+a_1+\cdots+a_N\leq N\cdot a_{N+1}$$.

$k=1$ durumu: Bu durumda şöyle bir eşitsizlik elde ederiz:

\begin{eqnarray}

f(N+1)=\frac{a_0+a_1+\cdots+a_N+a_{N+1}}{N+1} & = & \frac{a_0+a_1+\cdots+a_N}{N+1}+\frac{a_{N+1}}{N+1}\\

& \leq & N\cdot\frac{a_{N+1}}{N+1}+\frac{a_{N+1}}{N+1} \\

& = & a_{N+1}.

\end{eqnarray}

Yani $N+1$ doğal sayısı temel eşitsizliği sağlamıyor. Hatta özel bir biçimde sağlamadığını gördük: $f(N+1)\leq a_{N+1}$. Şimdi $N+k$ ($k>0$) sayısı için $f(N+k)\leq a_{N+k}$ eşitsizliğinin doğru olduğunu varsayalım. Tümevarım hipotezimiz gereği şu eşitsizliği elde ederiz.

$$f(N+k+1)=\frac{a_0+\cdots+a_{N+k}}{N+k+1}+\frac{a_{N+k+1}}{N+k+1}\\

\leq \frac{(N+k)\cdot a_{N+k+1}}{N+k+1}+\frac{a_{N+k+1}}{N+k+1}\\

=a_{N+k+1}$$

Ki bu eşitsizlik de $N+k+1$ doğal sayısının temel eşitsizliği sağlamadığını gösterir. Sonuç olarak şunu gösterdik: $n$ temel eşitsizliği sağlıyorsa $n$'den büyük hiçbir tamsayı temel eşitsizliği sağlamaz. Dikkat edilirse, bu sonuçtan şu ekstra sonuç da çıkar:

"$n$ temel eşitsizliği sağlıyorsa $n$'den küçük hiçbir doğal sayı temel eşitsizliği sağlamaz."

Çünkü $n$'den küçük bir doğalsayı temel eşitsizliği sağlıyor olsaydı bir önceki sonucumuz gereği $n$ temel eşitsizliği sağlayamazdı. Sonuç olarak temel eşitsizliği en çok bir doğal sayının sağlayabileceğini göstermiş olduk.

Dikkat edilirse ispatımızda daha kuvvetli bir önerme olan şunu gösterdik: Eğer

$$f(N)\leq a_{N+1}$$

eşitsizliği pozitif bir $N$ doğal sayısı için doğruysa, $N$'den büyük hiçbir $M$ doğal sayısı için

$$f(M)\leq a_{M+1}$$

eşitsizliği doğru olamaz. Yani bu eşitsizliği sağlayan en çok bir tane doğal sayı olduğunu göstermişiz. Şimdi bu eşitsizliğin en az bir yane doğal sayı tarafından sağlanması gerektiğini ispatlayalım. Şu ifadeyi ele alalım:

$$F(n)=f(n)-a_{n+1}.$$

Amacımız $F(n)$ sayısının en az bir tane $n$ doğal sayısı için sıfırdan küçük olduğunu göstermek. Ancak bunu göstermek çok kolay. Dikkat edilirse

$F(n)=\frac{a_0+a_1+\cdots+a_n}{n}-a_{n+1}=\frac{a_0+(a_1-a_{n+1})\cdots+(a_n-a_{n+1})}{n}$

eşitliğinin sağ tarafındaki toplamaya giren ifadeler arasında $a_0$ haricindekiler $-1$'den küçük sayılar. Yani $n$ yeterince büyünce toplamları $-a_0$'dan küçük olacak ve $F(n)$ sıfırdan küçük olacaktır.

Benzer bir ispatın eşitsizliğin diğer tarafı için de yapılması ve bulunan indislerin aynı olduğunu göstermek gerekmekte elbette ispatı tamamlamak için.