numeri sinistri

[carlo23]

Fissato una base intera $b>0$ dico che $m$ è sinistro di $n$ se per qualche intero $k>0$ e $h<b^k$ si ha $n=mb^k+h$, intuitivamente significa che la parte sinistra della rappresentazione di $n$ in base $b$ è uguale alla rappresentazione di $m$ in base $b$, dimostrare che per ogni insieme $A$ di interi tra loro non sinistri si ha

$sum_(a in A) 1/a<=1+1/2+1/3+...+1/(b-1)$

[carlo23]

Quoto per evitare che anneghi

[Aethelmyth]

Un intero per essere sinistro in base $b$ di un numero non dovrebbe essere necessariamente $<b$? In tal caso un insieme $A$ di interi non sinistri sarebbe un insieme con poche limitazioni.
Se non è esatto attendo delucidazioni per procedere

[carlo23]

Un intero per essere sinistro in base $b$ di un numero non dovrebbe essere necessariamente $<b$?

No, stiamo in base $10$, $13$ è sinistro di $137456$ eppure non si ha $13<10$.

In tal caso un insieme $A$ di interi non sinistri sarebbe un insieme con poche limitazioni.

Beh, devi necessariamente formalizzare... non siamo mica politici

[Aethelmyth]

Un intero per essere sinistro in base $b$ di un numero non dovrebbe essere necessariamente $<b$?

No, stiamo in base $10$, $13$ è sinistro di $137456$ eppure non si ha $13<10$.

Vero, pensavo a $m$ come a una cifra

In tal caso un insieme $A$ di interi non sinistri sarebbe un insieme con poche limitazioni.

Beh, devi necessariamente formalizzare... non siamo mica politici

Allora con queste nuove "scoperte" proseguo con considerazioni, anche inutili. Mi sembra che più cifre hanno gli elementi di $A$, più l'insieme contiene un numero alto di elementi. E diciamo che credo sia possibile stabilire questo numero a seconda del numero di cifre degli elementi di $A$, supponendo che tutti gli elementi abbiano lo stesso numero $n$ di cifre, come Disposizioni con Ripetizione di $b$ elementi classe $n$ = $b^n$ meno però tutte le combinazioni con lo 0 davanti quindi $b^n-b^(n-1)$. Sembra ovvio infatti affermare che, per un insieme $A$ i cui elementi siano tutti i possibili $q$ tali che $0<q<b$, non sia possibile trovare altri numeri per cui non ci sia almeno un $q$ che sia suo sinistro. Ora dovrei solo dimostrare che $sum_(a in A) 1/a$ per elementi di a con più cifre sia $<=$ ad un insieme di elementi con meno cifre.

Sono un po' assonnato e devo riprendere la mano con la matematica quindi continuo dopo

[carlo23]

Senti, io ti suggerisco, pensa così: se $a$ appartiene a $A$ allora tutti i numeri sinistri a $a$, che sono ... , non appartengono ad $A$, cerca di fare qualche stima...

[Aethelmyth]

Allora sicuramente i sinistri di $a$ sono pari al suo numero $n$ di cifre meno uno e sono tutti inferiori di $a$. Se consideriamo tutti i possibili numeri $a in A$ di $n$ cifre, sicuramente avranno dei sinistri in comune ma non saranno mai sinistri tra loro (in quanto per esserlo dovrebbero coincidere tra loro), e sicuramente avranno per sinistri tutti i numeri esistenti con meno di $n$ cifre (perchè le Disposizioni con Ripetizione [che da adesso in poi chiamerò DR] di una classe comprendono anche tutte quelle di classe inferiore, considerandole a partire da sinistra). Possiamo anche affermare che non è possibile trovare numeri con più di $n$ cifre che non siano sinistri di un elemento $a in A$ perchè tutte le DR di classe $n$ sono ricomprese in quelle di classe maggiore. (spero che non appaiano troppo come "verità di fede" ma non so se sono in grado di dimostrarle per bene )
Quindi mi sento di poter riconfermare quanto scritto sopra. Ora le $sum_(a in A) 1/a$ possiamo iniziare a considerarle per tutti gli $a$ di una cifra ed abbiamo $1+1/2+1/3+1/4+...+1/(b-1)<=1+1/2+1/3+1/4+...+1/(b-1)$ che è vera. Per gli $a$ di 2 cifre avremo $sum_(i=10)^(10+b-1) 1/i+sum_(i=20)^(20+b-1) 1/i+...+sum_(i=10(b-1))^(10(b-1)+b-1) 1/i<=sum_(i=1)^(b-1)1/i$. Prese le sommatorie singolarmente però ci accorgiamo che, se $1/10n+1/10n+...+1/10n$ n volte è uguale a $1/n$, sicuramente sono più piccole di $1/n$ con $1<n<b-1$, perchè il denominatore aumenta progressivamente. Questo vale a maggior ragione per i numeri con più cifre.

Mi piacerebbe poter scrivere qualcosa di più tecnico e meno intuitivo

[carlo23]

Mi piacerebbe poter scrivere qualcosa di più tecnico e meno intuitivo

In effetti non è molto comprensibile, però sei sulla strada giusta, Definisci meglio le classi (io direi insiemi) in cui ripartisci $A$, scrivendone la rappresentazione intensiva.

[Aethelmyth]

Buhuuuu stavo rispondendo e mi si è spento il pc ... di fondamentale avevo definito i sinistri di un $a=m_1b^(n-1)+m_2b^(n-2)+...+m_(n-1)b^1+m_nb^0$ fissato, di $n$ cifre base $b$, come tutti le possibili somme di quel tipo diminuendo tutti i gradi della base $b$ di un certo 1<x<n-1, considerando però come uguali a zero tutti gli esponenti negativi.

[carlo23]

Buhuuuu stavo rispondendo e mi si è spento il pc ... di fondamentale avevo definito i sinistri di un $a=m_1b^(n-1)+m_2b^(n-2)+...+m_(n-1)b^1+m_nb^0$ fissato, di $n$ cifre base $b$, come tutti le possibili somme di quel tipo diminuendo tutti i gradi della base $b$ di un certo 1<x<n-1, considerando però come uguali a zero tutti gli esponenti negativi.

Non è necessario che tu definisca i sinistri... l'ho già fatto io.

Fissato una base intera $b>0$ dico che $m$ è sinistro di $n$ se per qualche intero $k>0$ e $h<b^k$ si ha $n=mb^k+h$,

Piuttosto, definiamo gli insiemi $I_{n,k}={a: a \in A \, \wedge \, a \in [b^{n-1}k,b^{n-1}(k+1)-1] }$. Ora sapendo che $A$ non contiene interi sinistri tra loro puoi dedurre che se $a in A$ allora non è $ab^k+h in A$, se anche $a in I_{p,q}$ allora $ab^k+h in I...$