Τέλειο τετράγωνο.

Συντονιστής: nkatsipis

Απάντηση
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 9010
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:
Επικοινωνία Demetres

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres »

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:Σε διαγωνισμό στη Βοσνία είχε τεθεί το 2002 το εξής:
Να δειχθεί ότι αν ο ν είναι φυσικός τότε ο αριθμός (ν+1)(ν+2)...(ν+10) δεν είναι τέλειο τετράγωνο.
Χρησιμοποιώντας την λογική της λύσης του Παύλου πιο πάνω και το γεγονός ότι το πολύ (ακριβώς) 2 από τους αριθμούς είναι ποπλλαπλάσια του 5 και το πολύ 2 πολλαπλάσια του 7, οι υπόλοιποι τουλάχιστον έξι αριθμοί είναι της μορφής x^2,2x^2,3x^3,6x^2 κ.τ.λ. Στο τέλος πρέπει να δειχθεί ότι το 10! δεν είναι τέλειο τετράγωνο το οποίο ισχύει αφού διαιρείτει με το 7 και όχι με το 49.
Ετικέτες:
Erdos-Selfridge
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 9010
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:
Επικοινωνία Demetres

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres »

Να προσθέσω δυο συνδέσμους για την γενίκευση

1) P. Erdοs, Note on products of consecutive integers, J. London Math. Soc. 14 (1939), 194--198.

2) P. Erdos, J. L. Selfridge: The product of consecutive integers is never a power, Illinois J. Math. 19 (1975), 292--301.

Το πρώτο άρθρο δείχνει ότι το γινόμενο n \geqslant 2 διαδοχικών θετικών ακεραίων δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο. Το δεύτερο δείχνει ότι το γινόμενο n \geqslant 2 διαδοχικών θετικών ακεραίων δεν είναι ποτέ δύναμη ακεραίου μεγαλύτερου ή ίσου του 2. (Το θεώρημα αναφέρθηκε σε προηγούμενο post από τον Νικόλα.)
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#23

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ »

Tελικά διαπιστώνω ότι η εκείνη .. η ασκησούλα (όπως μου φάνηκε τότε) και η οποία με νίκησε, κρύβει πολύ βάθος .. κατά βάθος. Ευχαριστώ όλους τους φίλους για την βοήθεια και την συμμετοχή τους .. τελικά μου έφυγε ο καημός!
Σεραφείμ Τσιπέλης
Κορυφή
zorba_the_freak
Δημοσιεύσεις: 117
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 31, 2009 7:13 pm
Τοποθεσία: στην οθόνη σου

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#24

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από zorba_the_freak »

Το ότι 4 διαδοχικοί θετικοί ακέραιοι δεν μπορεί να έχουν γινόμενο τέλειο τετράγωνο, νομίζω ότι μπορεί να λυθεί με τη σχέση (n-1)n(n+1)(n+2)=(n^2+n-1)^2-1
Κορυφή
iosifile
Δημοσιεύσεις: 9
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:44 pm

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#25

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από iosifile »

Δείτε 1 λύση της άσκησης στο συνημμένο αρχείο.
Λ.Γ.Ιωσηφίδης
Συνημμένα
_τέλειο_τετράγωνο.pdf
(124.1 KiB) Μεταφορτώθηκε 293 φορές
Κορυφή
number theory
Δημοσιεύσεις: 17
Εγγραφή: Δευ Μάιος 10, 2010 7:01 pm

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#26

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από number theory »

Εντυπωσιακή η λύση σας κ.Ιωσηφίδη
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1205
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#27

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 »

Σεραφείμ έγραψε:Είναι ένα θέμα που με είχε απασχολήσει παλιά .. και το οποίο δεν κατάφερα .. ίσως εδώ μου φύγει ο καημός!

Να αποδειχθεί ότι το γινόμενο πέντε διαδοχικών θετικών ακεραίων, δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.
Έστω ότι για x>2 ισχύει ότι

(x-2)(x-1)x(x+1)(x+2)=y^2 και προφανώς y^2=0mod8 και έστω y=4z

(x^4-5x^2+4)x=16z^2

Προφανώς (x^4-5x^2+4,x)=1,2,4

Περίπτωση 1 (x^4-5x^2+4,x)=1

Τότε θα υπάρχει ακέραιος k ώστε

x^4-5x^2+4=k^2 όμως

(x^2-3)^2<x^4-5x^2+4<(x^2-2)^2 οπότε δεν έχουμε λύση.

*****Δες παρακάτω Περίπτωση 2 (x^4-5x^2+4,x)=2 τότε

\dfrac{x^4-5x^2+4}{4}*\dfrac{x}{2}=2z^2 με (\dfrac{x^4-5x^2+4}{4},\dfrac{x}{2})=1 οπότε

x^4-5x^2+4=4l^2 που δεν έχει λύσεις όπως δείξαμε πριν η

x^4-5x^2+4=8m^2 , x=2n^2 , (m,n)=1, mn=z

(x^2-1)(x^2-4)=8m^2

(4n^4-1)(n^4-1)=2m^2 και εδώ έχει λύσεις αν κάποιος από τους 2 παράγοντες είναι τέλειο τετράγωνο και δεν θα πάρουμε πάλι λύση για x>2

Περίπτωση 3 (x^4-5x^2+4,x)=4

\dfrac{x^4-5x^2+4}{4}*\dfrac{x}{4}=z^2 ,(\dfrac{x^4-5x^2+4}{4},\dfrac{x}{4})=1

και οι 2 παράγοντες τότε πρέπει να είναι τέλεια τετράγωνα που δεν έχουμε λύσεις.


Δημήτρης

Προσθήκη της περίπτωσης 2

Αυτή είναι η δύσκολη περίπτωση που καθιστά το πρόβλημα δυνατό και απ'ότι βλέπω δυσκόλεψε αρκετά...
Θα την δούμε πάλι αναλυτικά γιατί υπάρχει ένα σημαντικό κενό που πρέπει να μελετηθεί.

Αν (x^4-5x^2+4,x)=2 και

(x^4-5x^2+4)x=16z^2 άρα

x=2k^2 , x^4-5x^2+4=8l^2 άρα

(4k^4-1)(k^4-1)=2l^2

Αν (4k^4-1,k^4-1)=1 τότε ένας θα είναι τέλειο τετράγωνο άρα είναι τετριμμένο.
Η δύσκολη περίπτωση είναι αν (4k^4-1,k^4-1)=3 . Σε αυτή την περίπτωση θα πρέπει

4k^4-1=3a^2
k^4-1=6b^2 άρα

2k^2-1=c^2
2k^2+1=3d^2 (Σ1)
k^2-1=6e^2
k^2+1=2f^2

Πράγματι αν υπήρχαν οι c,d,e,f τότε

(2k^2-2)(2k^2-1)2k^2(2k^2+1)(2k^2+2)=(12*c*d*e*f*k)^2

Λήμμα

Οι θετικές ακέραιες λύσεις του παρακάτω συστήματος (Σ2) είναι n=1.

n=k^2
n+1=2l^2 (Σ2)
2n+1=3l^2

Υπάρχει elementary απόδειξη εδώ : W.S. Anglin. The square pyramid puzzle. Amer. Math. Monthly 97 (1990), 120–124.

Σύμφωνα με το λήμμα αν στο (Σ1) θέσω n=k^2 τότε

n=k^2
2n-1=c^2
2n+1=3d^2 (Σ3)
n-1=6e^2
n+1=2f^2 άρα τετριμμένες λύσεις.
------------------------------
Το (Σ1) θα λυθεί και πιο απλά χωρίς το λήμμα...(τώρα το είδα)

2k^2-1=c^2
2k^2+2=(2f)^2 άρα τετριμμένες λύσεις!
Τελευταία επεξεργασία από το μέλος Αρχιμήδης 6 την Δευ Φεβ 08, 2016 5:32 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Λάθε βιώσας-Επίκουρος
Κανακάρης Δημήτριος.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1205
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#28

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 »

Έγινε προσθήκη στην περίπτωση 2 του παραπάνω μηνύματος !
Λάθε βιώσας-Επίκουρος
Κανακάρης Δημήτριος.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3546
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία gbaloglou

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#29

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou »

number theory έγραψε:Εντυπωσιακή η λύση σας κ.Ιωσηφίδη
Συμφωνώ, πολύ απλή, καίρια η παρατήρηση ότι δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ο (a-2)(a-1)(a+1)(a+2) :clap2:

[Μου θύμισε παλιές καλές μέρες η πολύ πρόσφατη αναζωπύρωση του θέματος από τον Δημήτρη :) ]

Γιώργος Μπαλόγλου
Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1205
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#30

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 »

gbaloglou έγραψε:
number theory έγραψε:Εντυπωσιακή η λύση σας κ.Ιωσηφίδη
Συμφωνώ, πολύ απλή, καίρια η παρατήρηση ότι δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ο (a-2)(a-1)(a+1)(a+2) :clap2:

[Μου θύμισε παλιές καλές μέρες η πολύ πρόσφατη αναζωπύρωση του θέματος από τον Δημήτρη :) ]

Γιώργος Μπαλόγλου
Την μελέτησα.. Έχει κενό.

( Kάτι δεν μου πήγαινε καλά...)

Δεν μελετά αν \alpha=2mod4 και πιο συγκεκριμένα το πράγμα αλλάζει αν στην λύση του το \mu είναι μηδέν!

Τότε η τελευταία παράσταση δεν είναι περιττή...
Λάθε βιώσας-Επίκουρος
Κανακάρης Δημήτριος.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3546
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία gbaloglou

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#31

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou »

Αρχιμήδης 6 έγραψε:
gbaloglou έγραψε:
number theory έγραψε:Εντυπωσιακή η λύση σας κ.Ιωσηφίδη
Συμφωνώ, πολύ απλή, καίρια η παρατήρηση ότι δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ο (a-2)(a-1)(a+1)(a+2) :clap2:

[Μου θύμισε παλιές καλές μέρες η πολύ πρόσφατη αναζωπύρωση του θέματος από τον Δημήτρη :) ]

Γιώργος Μπαλόγλου
Την μελέτησα.. Έχει κενό.

( Kάτι δεν μου πήγαινε καλά...)

Δεν μελετά αν \alpha=2mod4 και πιο συγκεκριμένα το πράγμα αλλάζει αν στην λύση του το \mu είναι μηδέν!

Τότε η τελευταία παράσταση δεν είναι περιττή...
ΔΕΚΤΗ η ένστασις!

Γιώργος Μπαλόγλου
Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3546
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία gbaloglou

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#32

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou »

gbaloglou έγραψε:
Αρχιμήδης 6 έγραψε:
gbaloglou έγραψε:
number theory έγραψε:Εντυπωσιακή η λύση σας κ.Ιωσηφίδη
Συμφωνώ, πολύ απλή, καίρια η παρατήρηση ότι δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ο (a-2)(a-1)(a+1)(a+2) :clap2:

[Μου θύμισε παλιές καλές μέρες η πολύ πρόσφατη αναζωπύρωση του θέματος από τον Δημήτρη :) ]

Γιώργος Μπαλόγλου
Την μελέτησα.. Έχει κενό.

( Kάτι δεν μου πήγαινε καλά...)

Δεν μελετά αν \alpha=2mod4 και πιο συγκεκριμένα το πράγμα αλλάζει αν στην λύση του το \mu είναι μηδέν!

Τότε η τελευταία παράσταση δεν είναι περιττή...
ΔΕΚΤΗ η ένστασις!
ΠΛΗΝ ΟΜΩΣ ... νομίζω ότι η παραπάνω απόδειξη του Λεωνίδα (Ιωσηφίδη) μπορεί να διασωθεί:

Αναλύοντας τα του Λεωνίδα παρατηρούμε πως αρκεί να δειχθεί ότι δεν είναι τέλειο τετράγωνο ο

8\gamma (\gamma ^2-1)(4\gamma ^2-1),

όπου \gamma περιττός. Ας παρατηρηθεί επίσης ότι αρκεί να δειχθεί ότι δεν είναι τέλειο τετράγωνο ο 8\gamma (\gamma ^2-1)(4\gamma ^2-1), όπου \gamma τετράγωνο περιττού: πράγματι, αν είναι τέλειο τετράγωνο ο 8\gamma (\gamma ^2-1)(4\gamma ^2-1) τότε είναι τέλειο τετράγωνο και ο \gamma, καθώς ο \gamma δεν μπορεί να έχει κοινούς πρώτους παράγοντες ούτε με τον \gamma ^2-1 ούτε με τον 4\gamma ^2-1.

Θέτοντας λοιπόν \gamma = (2r+1)^2, και κάνοντας τις πράξεις, συμπεραίνουμε πως αρκεί να δειχθεί ότι δεν είναι τέλειο τετράγωνο ο

64r(r+1)(2r^2+2r+1)(8r^2+8r+1)(8r^2+8r+3).

Παρατηρούμε ότι οι περιττοί 2r^2+2r+1 και 8r^2+8r+1 δεν μπορούν να έχουν κοινούς πρώτους παράγοντες με τους r, r+1, 8r^2+8r+3. Ούτε και μεταξύ τους όμως μπορούν να έχουν κοινό πρώτο παράγοντα: αν p|2r^2+2r+1 και p|8r^2+8r+1 τότε p|4(2r^2+2r+1)-(8r^2+8r+1)=3, άρα p=3, αδύνατον (καθώς ο 3 δεν είναι διαιρέτης ούτε του 2r^2+2r+1 ούτε του 8r^2+8r+1). Για να είναι λοιπόν τέλειο τετράγωνο ο 64r(r+1)(2r^2+2r+1)(8r^2+8r+1)(8r^2+8r+3) πρέπει να είναι τέλεια τετράγωνα αμφότεροι οι 2r^2+2r+1 και 8r^2+8r+1, κάτι που είναι αδύνατον: αν 2r^2+2r+1=A^2 και 8r^2+8r+1=B^2 τότε (2A)^2-B^2=3, συνεπώς A=B=1 και r=0.

Γιώργος Μπαλόγλου
Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1205
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Τέλειο τετράγωνο.

#33

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 »

Μ'αρέσει και αυτή η απόδειξη.
Λάθε βιώσας-Επίκουρος
Κανακάρης Δημήτριος.
Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή στο “ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης