Multime finita de numere naturale nenule

[mihai++]

Fie \( A \) o multime finita de numere naturale nenule cu proprietatea ca \( \sum_{x\in A} \frac{1}{x}\geq2 \).
Demonstrati ca exista \( a\in A \) astfel incat \( \sqrt[n]{a}\in\mathbb{R}-\mathbb{Q},\forall n\geq2 \).

Concursul Unirea 2007

[Theodor Munteanu]

Presupunem prin absurd ca \( \forall a \in A \subset Z,\sqrt[n]{a} \in Q \Rightarrow \sqrt[n]{a} \in Z,\forall n \in N \Rightarrow a = p^{n!} = p^\infty \) sau a=1.
Daca A=\( {a_1,a_2,...,a_k} \) contine si pe 1 atunci fie \( a_2,...,a_k \ne 1 \)si \( \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{a_k }} \)=1+S,unde S e o suma finita de numere ce tind la 0 de unde rezulta contradictia.Daca multimea nu contine pe 1 rezulta imediat acelasi lucru.

[Beniamin Bogosel]

Nu ai negat bine. Trebuia sa presupui ca pentru orice \( x \in A \) exista \( n \in \mathbb{N} \) astfel incat \( \sqrt[n]{x} \in \mathbb{Q} \). Asta e negarea propozitiei din concluzie.

Mai departe e simplu. Rezulta ca orice numar din \( A \) e o putere mai mare sau egala cu 2 a unui numar natural. Cum \( \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6} \) sau pur si simplu o majorezi si obtii ca e mai mica decat \( 2 \), rezulta ca suma noastra e o suma de inverse de puteri de numere naturale mai mari sau egale cu 2. Se obtine usor o contradictoe.

[mihai++]

Nu e corect nici ce ati facut dumneavoastra. Problema e putin mai grea de atat si 2 chiar e cea mai fina valoare. Daca nu va dati seama unde gresiti am sa va explic, dar cred ca o sa reusiti. Si eu am neglijat problema la inceput si am facut exact cu limita aceea si apoi mi am dat seama ca am gresit.

[enescu]

Bănuiesc că sursa problemei este următorul enunţ clasic: să se arate că pentru orice \( n \) există \( n \) numere naturale în progresie aritmetică neconstantă, toate fiind puteri (de ordin cel puţin 2) ale unor numere naturale, dar că nu există o astfel de progresie aritmetică cu o infinitate de termeni.

[mihai++]

nu stiu de unde a provenit, dar e foarte frumoasa si cand am rabdare am sa public si solutia ca e ceva de scris.

[Dragos Fratila]

Solutia e aproape cum a zis Beni doar ca el a neglijat faptul ca numere pot fi puteri de acelasi intreg... cu observatia asta se vede usor ca in loc sa majorezi cu \( \sum_{n\ge 1}\frac{1}{n^2} \) majorezi cu \( 1+\sum_{n\ge 2}\frac {1}{(n-1)n}=2 \). Pt a vedea ca 2 e cea mai buna constanta ne uitam la multimile de forma \( A = \{1,2,2^2,2^3,2^4,...,2^m\} \)

[mihai++]

\( 1+\sum_{n\geq2}\frac{1}{n(n-1)}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+... \)
si exemplu de l-ai dat tu da suma \( 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+... \) deci nu cred ca solutia e corecta. Cred ca e oleaca mai complicat.

[Dragos Fratila]

Inca o data:
presupunand ca toate numerele din A sunt puteri(de ordin cel putin 2) ale unor numere intregi avem urmatoarea majorare:

\( \sum _{x\in A}\frac 1x < 1+\sum_{n\ge 2} \sum_{k\ge 2}\frac1{n^k} = 1+\sum_{n\ge 2}\frac1{(n-1)n} = 2 \).

[mihai++]

Acum cred ca e corect, dar te rog cand dai o solutie explica mai mult ca sa nu ne chinuim.

[Beniamin Bogosel]

Am vazut si eu ca se pot repeta puterile daca le reduc la 2, dar ideea era asemanatoare.