Τέλειο τετράγωνο σε άλλη βάση

#1

Έστω

ένας ακέραιος. Για κάθε θετικό ακέραιο

, θεωρούμε τον αριθμό

$\displaystyle{ x_n = \underbrace{11\cdots1}_{n-1}\underbrace{22\cdots2}_{n}5, }$

γραμμένο σε βάση

.

Να αποδείξετε ότι το παρακάτω ισχύει αν και μόνο αν b =10

: Υπάρχει ένας θετικός ακέραιος για τον οποίο, για κάθε ακέραιο ,
ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο.

#2

Είναι:

$\displaystyle{{x_n} = 5 + 2b + 2{b^2} + \cdots + 2{b^n} + {b^{n + 1}} + \cdots + {b^{2n - 1}} = }$

$\displaystyle{ = 5 + 2b\left( {1 + b + \cdots + {b^{n - 1}}} \right) + {b^{n + 1}}\left( {1 + b + \cdots + {b^{n - 2}}} \right) = }$

$\displaystyle{ = 5 + 2b\frac{{{b^n} - 1}}{{b - 1}} + {b^{n + 1}}\frac{{{b^{n - 1}} - 1}}{{b - 1}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{5b - 5 + 2{b^{n + 1}} - 2b + {b^{2n}} - {b^{n + 1}}}}{{b - 1}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{{b^{2n}} + {b^{n + 1}} + 3b - 5}}{{b - 1}}.}$

Αν $\displaystyle{b = 10,}$ τότε για κάθε ακέραιο $n \ge 1$ ,

$\displaystyle{{x_n} = \frac{{{{10}^{2n}} + {{10}^{n + 1}} + 25}}{9} = {\left( {\frac{{{{10}^n} + 5}}{3}} \right)^2} = {\left( {1\underbrace {00 \ldots 00}_{n - 1}5} \right)^2}}$

και άρα ο αριθμός $\displaystyle{{x_n}}$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Θέτουμε $\displaystyle{{y_n} = \sqrt {{x_n}} }$ και μελετάμε την ασυμπτωτική συμπεριφορά της ακολουθίας $\displaystyle{\left( {{y_n}} \right).}$ Είναι:

$\displaystyle{\left( {b - 1} \right){x_n} = {b^{2n}} + {b^{n + 1}} + 3b - 5 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\left( {b - 1} \right){x_n}}}{{{b^{2n}}}} = 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_n}}}{{{b^{2n}}}} = \frac{1}{{b - 1}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{y_n}}}{{{b^n}}} = \frac{1}{{\sqrt {b - 1} }}.}$

Εξάλλου, είναι:

$\displaystyle{\left( {b{y_n} + {y_{n + 1}}} \right)\left( {b{y_n} - {y_{n + 1}}} \right) = {b^2}y_n^2 - y_{n + 1}^2 = {b^2}{x_n} - {x_{n + 1}} = }$

$\displaystyle{ = {b^2}\frac{{{b^{2n}} + {b^{n + 1}} + 3b - 5}}{{b - 1}} - \frac{{{b^{2n + 2}} + {b^{n + 2}} + 3b - 5}}{{b - 1}} = }$

$\displaystyle{=\frac{{{b^{2n + 2}} + {b^{n + 3}} + 3{b^3} - 5{b^2} - {b^{2n + 2}} - {b^{n + 2}} - 3b + 5}}{{b - 1}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{{b^{n + 3}} - {b^{n + 2}} + 3b\left( {{b^2} - 1} \right) - 5\left( {{b^2} - 1} \right)}}{{b - 1}} = \frac{{{b^{n + 2}}\left( {b - 1} \right) + \left( {3b - 5} \right)\left( {b + 1} \right)\left( {b - 1} \right)}}{{b - 1}} = }$

$\displaystyle{ = {b^{n + 2}} + 3{b^2} - 2b - 5.}$

Άρα,

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {b{y_n} - {y_{n + 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{b^{n + 2}} + 3{b^2} - 2b - 5}}{{b{y_n} + {y_{n + 1}}}} = \dfrac{1}{{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{b{y_n} + {y_{n + 1}}}}{{{b^{n + 2}} + 3{b^2} - 2b - 5}}}} = }$

$\displaystyle{ = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{b}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{y_n}}}{{{b^n}}} + \dfrac{1}{b}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{y_{n + 1}}}}{{{b^{n + 1}}}}}} = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{{b\sqrt {b - 1} }} + \dfrac{1}{{b\sqrt {b - 1} }}}} = \frac{{b\sqrt {b - 1} }}{2}.}$

Υποθέτουμε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος $\displaystyle{M}$ τέτοιος, ώστε για κάθε ακέραιο $\displaystyle{n \ge M}$ να ισχύει $\displaystyle{{{y_n} \in \mathbb{Z}}.}$ Τότε για κάθε $\displaystyle{n \ge M}$ ισχύει $\displaystyle{{b{y_n} - {y_{n + 1}} \in \mathbb{Z}}},$ οπότε για αρκούντως μεγάλα

θα ισχύει:

$\displaystyle{b{y_n} - {y_{n + 1}} = \frac{{b\sqrt {b - 1} }}{2},}$

ή ισοδύναμα:

$\displaystyle{b\sqrt {b - 1} = 2b{y_n} - 2{y_{n + 1}}.}$

Από τη σχέση αυτή προκύπτει ότι ο αριθμός $\displaystyle{{b - 1}}$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Επίσης, για αρκούντως μεγάλα

,

$\displaystyle{b|2{y_{n + 1}} \Rightarrow {b^2}|4y_{n + 1}^2 = 4{x_{n + 1}} = 4\frac{{{b^{2n + 2}} + {b^{n + 2}} + 3b - 5}}{{b - 1}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow {b^2}|4\left( {{b^{2n + 2}} + {b^{n + 2}} + 3b - 5} \right) \Rightarrow {b^2}|4\left( {3b - 5} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow {b^2} \le 4\left( {3b - 5} \right) \Leftrightarrow \left( {b - 2} \right)\left( {b - 10} \right) \le 0 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow b \in \left\{ {2,3, \ldots ,10} \right\}\mathop \Rightarrow \limits^{b > 5} b \in \left\{ {6,7,8,9,10} \right\}.}$

Επειδή ο αριθμός $\displaystyle{{b - 1}}$ είναι τέλειο τετράγωνο, έπεται ότι $\displaystyle{{\boxed{b = 10}}}$ και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

#3

emouroukos έγραψε:Είναι:

$\displaystyle{{x_n} = 5 + 2b + 2{b^2} + \cdots + 2{b^n} + {b^{n + 1}} + \cdots + {b^{2n - 1}} = }$

$\displaystyle{ = 5 + 2b\left( {1 + b + \cdots + {b^{n - 1}}} \right) + {b^{n + 1}}\left( {1 + b + \cdots + {b^{n - 2}}} \right) = }$

$\displaystyle{ = 5 + 2b\frac{{{b^n} - 1}}{{b - 1}} + {b^{n + 1}}\frac{{{b^{n - 1}} - 1}}{{b - 1}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{5b - 5 + 2{b^{n + 1}} - 2b + {b^{2n}} - {b^{n + 1}}}}{{b - 1}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{{b^{2n}} + {b^{n + 1}} + 3b - 5}}{{b - 1}}.}$

Αν $\displaystyle{b = 10,}$ τότε για κάθε ακέραιο $n \ge 1$ ,

$\displaystyle{{x_n} = \frac{{{{10}^{2n}} + {{10}^{n + 1}} + 25}}{9} = {\left( {\frac{{{{10}^n} + 5}}{3}} \right)^2} = {\left( {1\underbrace {00 \ldots 00}_{n - 1}5} \right)^2}}$

και άρα ο αριθμός $\displaystyle{{x_n}}$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Θέτουμε $\displaystyle{{y_n} = \sqrt {{x_n}} }$ και μελετάμε την ασυμπτωτική συμπεριφορά της ακολουθίας $\displaystyle{\left( {{y_n}} \right).}$ Είναι:

$\displaystyle{\left( {b - 1} \right){x_n} = {b^{2n}} + {b^{n + 1}} + 3b - 5 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\left( {b - 1} \right){x_n}}}{{{b^{2n}}}} = 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_n}}}{{{b^{2n}}}} = \frac{1}{{b - 1}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{y_n}}}{{{b^n}}} = \frac{1}{{\sqrt {b - 1} }}.}$

Εξάλλου, είναι:

$\displaystyle{\left( {b{y_n} + {y_{n + 1}}} \right)\left( {b{y_n} - {y_{n + 1}}} \right) = {b^2}y_n^2 - y_{n + 1}^2 = {b^2}{x_n} - {x_{n + 1}} = }$

$\displaystyle{ = {b^2}\frac{{{b^{2n}} + {b^{n + 1}} + 3b - 5}}{{b - 1}} - \frac{{{b^{2n + 2}} + {b^{n + 2}} + 3b - 5}}{{b - 1}} = }$

$\displaystyle{=\frac{{{b^{2n + 2}} + {b^{n + 3}} + 3{b^3} - 5{b^2} - {b^{2n + 2}} - {b^{n + 2}} - 3b + 5}}{{b - 1}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{{b^{n + 3}} - {b^{n + 2}} + 3b\left( {{b^2} - 1} \right) - 5\left( {{b^2} - 1} \right)}}{{b - 1}} = \frac{{{b^{n + 2}}\left( {b - 1} \right) + \left( {3b - 5} \right)\left( {b + 1} \right)\left( {b - 1} \right)}}{{b - 1}} = }$

$\displaystyle{ = {b^{n + 2}} + 3{b^2} - 2b - 5.}$

Άρα,

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {b{y_n} - {y_{n + 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{b^{n + 2}} + 3{b^2} - 2b - 5}}{{b{y_n} + {y_{n + 1}}}} = \dfrac{1}{{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{b{y_n} + {y_{n + 1}}}}{{{b^{n + 2}} + 3{b^2} - 2b - 5}}}} = }$

$\displaystyle{ = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{b}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{y_n}}}{{{b^n}}} + \dfrac{1}{b}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{y_{n + 1}}}}{{{b^{n + 1}}}}}} = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{{b\sqrt {b - 1} }} + \dfrac{1}{{b\sqrt {b - 1} }}}} = \frac{{b\sqrt {b - 1} }}{2}.}$

Υποθέτουμε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος $\displaystyle{M}$ τέτοιος, ώστε για κάθε ακέραιο $\displaystyle{n \ge M}$ να ισχύει $\displaystyle{{{y_n} \in \mathbb{Z}}.}$ Τότε για κάθε $\displaystyle{n \ge M}$ ισχύει $\displaystyle{{b{y_n} - {y_{n + 1}} \in \mathbb{Z}}},$ οπότε για αρκούντως μεγάλα θα ισχύει:

$\displaystyle{b{y_n} - {y_{n + 1}} = \frac{{b\sqrt {b - 1} }}{2},}$

ή ισοδύναμα:

$\displaystyle{b\sqrt {b - 1} = 2b{y_n} - 2{y_{n + 1}}.}$

Από τη σχέση αυτή προκύπτει ότι ο αριθμός $\displaystyle{{b - 1}}$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Επίσης, για αρκούντως μεγάλα ,

$\displaystyle{b|2{y_{n + 1}} \Rightarrow {b^2}|4y_{n + 1}^2 = 4{x_{n + 1}} = 4\frac{{{b^{2n + 2}} + {b^{n + 2}} + 3b - 5}}{{b - 1}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow {b^2}|4\left( {{b^{2n + 2}} + {b^{n + 2}} + 3b - 5} \right) \Rightarrow {b^2}|4\left( {3b - 5} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow {b^2} \le 4\left( {3b - 5} \right) \Leftrightarrow \left( {b - 2} \right)\left( {b - 10} \right) \le 0 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow b \in \left\{ {2,3, \ldots ,10} \right\}\mathop \Rightarrow \limits^{b > 5} b \in \left\{ {6,7,8,9,10} \right\}.}$

Επειδή ο αριθμός $\displaystyle{{b - 1}}$ είναι τέλειο τετράγωνο, έπεται ότι $\displaystyle{{\boxed{b = 10}}}$ και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Εξαιρετική λύση Βαγγέλη στην πολύ όμορφη άσκηση του Σιλουανού!! Ευχαριστούμε!

Σιλουανέ ποια η πηγή της;

Αλέξανδρος

#4

Βαγγέλη ευχαριστούμε για την όμορφη λύση!
Αλέξανδρε η άσκηση είναι από την ΙΜΟ shortlist του 2003. Μπορείτε να δείτε και εδώ: http://artofproblemsolving.com/community/c6h5797p19129

Τέλειο τετράγωνο σε άλλη βάση

Τέλειο τετράγωνο σε άλλη βάση

Re: Τέλειο τετράγωνο σε άλλη βάση

Re: Τέλειο τετράγωνο σε άλλη βάση

Re: Τέλειο τετράγωνο σε άλλη βάση

Μέλη σε σύνδεση