Από Gazeta Mathematica (προτεινόμενο -τεύχος 2-2010)

#1

Έστω $n \in \mathbb{N}$ , τέτοιο ώστε $\sqrt {n} \notin \mathbb{N}$ και $A=\{ a+b \sqrt {n}/ a,b \in \mathbb{N}, a^2-nb^2=1 \}$
Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση $f:A \to \mathbb{N}, f(x)=[x]$ είναι 1-1, αλλά όχι επί. ( $\mathbb{N}=\{1,2,...\}$ )
Φιλικά

#2

Γειά σας και καλή εβδομάδα
Οι αριθμοί του

είναι θετικές λύσεις της εξίσωσης
$x^{2}-ny^{2}=1$
που είναι εξίσωση Pell-Fermat (κάπου, δεν θυμάμαι όμως που, έχουμε αναφερθεί πάλι σε αυτήν)
Ειναι γνωστό ότι για τις λύσεις της με θετικά x,y

υπάρχει κατάλληλη αρίθμηση
$\left( x_{1},y_{1}\right) ,\left( x_{2},y_{2}\right) ,\left( x_{3,}y_{3}\right) ,...,$
ώστε
$x_{m}+y_{m}\sqrt{n}=\left( x_{1}+y_{1}\sqrt{n}\right) ^{m}$
Επομένως
$\left( x_{m+1}+y_{m+1}\sqrt{n}\right) -\left( x_{m}+y_{m}\sqrt{n}\right) =\left( x_{1}+y_{1}\sqrt{n}\right) ^{m}\left( x_{1}+y_{1}\sqrt{n}-1\right) >1$
που σημαίνει κατ΄αρχήν ότι δύο διαδοχικά (ως προς την διάταξη) στοιχεία του

έχουν διαφορετικά ακέραια μέρη.
Η ίδια ανισότητα εξασφαλίζει ότι για αρκούντως μεγάλο

είναι
$\left( x_{m+1}+y_{m+1}\sqrt{n}\right) -\left( x_{m}+y_{m}\sqrt{n}\right) =\left( x_{1}+y_{1}\sqrt{n}\right) ^{m}\left( x_{1}+y_{1}\sqrt{n}-1\right) >k$
για κάθε προεπιλεγμένο φυσικό

. Που σημαίνει ότι θα υπάρχουν

διαδοχικοί φυσικοί που δεν θα είναι ακέραιο μέρος κάποιου στοιχείου του

. Συνεπώς η συνάρτηση δεν είναι επί.
Σπύρο φαντάζομαι ότι θα υπάρχει και αντιμετώπιση με λιγότερα εργαλεία.
Μαυρογιάννης

#3

nsmavrogiannis έγραψε: Σπύρο φαντάζομαι ότι θα υπάρχει και αντιμετώπιση με λιγότερα εργαλεία.

Υπάρχει όπως ήδη υποψιάστηκε ο Νίκος και αντιμετώπιση με λιγότερα εργαλεία.

Έστω ότι a^2 - nb^2 = c^2 - nd^2 = 1

με $a+b\sqrt{n} = x, c + d\sqrt{n} = y$ με $\lfloor x \rfloor = \lfloor y \rfloor$ .

Τότε $1 = a^2 - nb^2 = (a+b\sqrt{n})(a-\sqrt{n}) = x(a-b\sqrt{n})$ . Άρα $a - b\sqrt{n} = 1/x$ και άρα $\displaystyle{a = \frac{1}{2} \left(x + \frac{1}{x} \right)}$ . Ομοίως $\displaystyle{c = \frac{1}{2} \left(y + \frac{1}{y} \right)}$ .

Άρα $\displaystyle{|a-c| = \frac{|x-y|}{2} \left(1 - \frac{1}{xy} \right)} < \frac{1}{2}$ . Άρα a=c

και άρα

. Άρα η

είναι 1-1.

Για να δείξουμε ότι η

δεν είναι επί παρατηρούμε ότι αν $a,b \in \mathbb{N}$ με a^2 - nb^2 = 1

τότε $a \geqslant 2$ και $b \geqslant 1$ , άρα $f(a+b\sqrt{n}) \geqslant \lfloor 2 + \sqrt{n} \rfloor \geqslant 3$ . Άρα η

δεν είναι επί αφού δεν υπάρχει $x \in A$ με f(x) = 2

.

#4

Νίκο σε ευχαριστώ. Η δική μου αντιμετώπιση είναι με λιγότερα εργαλεία
Αν $a+b \sqrt{n}=x \in A$ , τότε $x=a+ \sqrt{a^2-1}$ .
Έστω $x_1=a_1+b_1\sqrt{n}, x_2=a_2+b_2\sqrt{n}$ δύο στοιχεία του

με (1)

, τότε $a_1-a_2=[\sqrt{a_{2}^2-1}]-[\sqrt{a_{1}^2-1}]$ . Αν a_1>a_2

, τότε $a_{2}^2-1> a_{1}^2-1 \Rightarrow a_2> a_1$ , άτοπο. Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο αν υποθέσουμε ότι a_1<a_2

. Συνεπώς

. Αν πάμε πάλι στην (1) εύκολα βρίσκουμε πως και b_1=b_2

, άρα η συνάρτηση είναι 1-1.
Αν ήταν επί θα έπρεπε για κάποιο $a+b\sqrt{n} \in A$ , θα είχαμε (2) $[a+b\sqrt{n}]=1$ , άρα $1<a+b\sqrt{n}<2 \Rightarrow \frac {1}{2}<a-b\sqrt{n}<1 \Rightarrow \frac {3}{2}<2a<3 \Rightarrow a=1$ . Συνεπώς η (2) συνεπάγεται $0<b\sqrt{n}<1$ , άτοπο.
Φιλικά
ΥΓ Μόλις έγραφα διαπίστωσα πως ο Δημήτρης έδωσε λύση. Αναρτώ και τη δική μου, για να μη πάει χαμένος ο κόπος της δακτυλογράφησης, με την ελπίδα πως είναι διαφορετική από του Δημήτρη

Από Gazeta Mathematica (προτεινόμενο -τεύχος 2-2010)

Από Gazeta Mathematica (προτεινόμενο -τεύχος 2-2010)

Re: Από Gazeta Mathematica (προτεινόμενο -τεύχος 2-2010)

Re: Από Gazeta Mathematica (προτεινόμενο -τεύχος 2-2010)

Re: Από Gazeta Mathematica (προτεινόμενο -τεύχος 2-2010)

Μέλη σε σύνδεση