Vojtech Jarnik 2013/1 Category II

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, achilleas, socrates, silouan

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8113
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Vojtech Jarnik 2013/1 Category II

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Φεβ 19, 2016 3:34 pm

Έστω S_n το άθροισμα των πρώτων n πρώτων αριθμών. Να δειχθεί ότι για κάθε n υπάρχει ένα τέλειο τετράγωνο μεταξύ των S_n και S_{n+1}


Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Vojtech Jarnik 2013/1 Category II

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Παρ Φεβ 19, 2016 5:43 pm

Έστω

p_1=2 , p_2=3 και p_n η ακολουθία πρώτων.

Για να μην ισχύει το πρόβλημα θα πρέπει να υπάρχει n ώστε

Αν x^2\leq{S_n}<{(x+1)^2} τότε

p_{n+1}\leq{2x+1} που αυτό είναι αδύνατον γιατί S_n<(x+1)^2\leq{(\dfrac{p_n+1}{2})^2} για κάθε n>4

Άρα αρκεί να ελέγξω για n=1,2,3,4 που ισχύει.


Έφτιαξα τα τυπογραφικά (ισότητες) .
Να δώσω και ένα καλό που βρήκα και το είχα απορία αν υπάρχει...

\boxed{S_9=10^2}


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5791
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Vojtech Jarnik 2013/1 Category II

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Φεβ 20, 2016 3:02 pm

Κάτι παρόμοιο είδαμε εδώ (πρόβλημα 8):
viewtopic.php?f=58&t=52659


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Vojtech Jarnik 2013/1 Category II

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Δευ Φεβ 22, 2016 12:33 am

Υπάρχει άραγε n ώστε μεταξύ των S_n,S_{n+1} να υπάρχουν 3 τέλεια τετράγωνα;


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8113
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Vojtech Jarnik 2013/1 Category II

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Φεβ 22, 2016 1:13 pm

Έστω (p_n) η ακολουθία των πρώτων αριθμών.

Από το θεώρημα Chebychev (κάπως πιο αδύνατο από το θεώρημα πρώτων αριθμών) υπάρχει σταθερά C ώστε p_n \geqslant  Cn \log{n}. Τότε όμως είναι

\displaystyle{S_{n+1} \geqslant C\sum_{k=1}^{n+1} k \log{k} \geqslant C \int_1^n x\log{x} \, \mathrm{d}x = \cdots = C\frac{n^2 \log{n}}{4}}

Άρα μεταξύ των διαστημάτων [S_1,S_2],[S_2,S_3],\ldots,[S_n,S_{n+1}] υπάρχει ένα που περιέχει τουλάχιστον \displaystyle{ \frac{1}{n} \sqrt{C\frac{n^2 \log{n}}{4}} = \frac{\sqrt{C\log{n}}}{2}} τέλεια τετράγωνα.

Δηλαδή για κάθε k μπορώ να βρω n ώστε μεταξύ των S_n και S_{n+1} να υπάρχουν τουλάχιστον k τέλεια τετράγωνα.

Για ακριβώς k τέλεια τετράγωνα δεν ξέρω την απάντηση. Πάντως για ακριβώς 3 τέλεια τετράγωνα ισχύει. Έχουμε (ας είναι καλά ο υπολογιστής μου) S_{714} = 1782213,  S_{715} = 1787630. Μεταξύ αυτών υπάρχουν τα τέλεια τετράγωνα 1335,1336,1337 και κανένα άλλο.


Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Vojtech Jarnik 2013/1 Category II

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Δευ Φεβ 22, 2016 8:36 pm

Ναι! Μου άρεσε!Έξυπνο και απλό. :D

Απότι βλέπω η συνάρτηση για το άθροισμα που βρήκες περιέχει τον παράγοντα n^2 γιατί το προσεγγίζει με το άθροισμα των διαδοχικών περιττών που είναι πάντα τετράγωνο όμως επειδή είναι μεγαλύτερο και καθώς το n μεγαλώνει μεγαλώνει και η διαφορά τους ,περιμένω και μια αύξουσα συνάρτηση και τελικά είναι η logn. Θα μπορούσα λοιπόν να βρώ ότι S_n πλησιάζει την Cn^2f(n) με f(n) αύξουσα.Εξάλλου βολεύει να την προσεγγίσω με το άθροισμα όλων των διαδοχικών περιττών αφού οι πρώτοι είναι περιττοί εκτός του 2.
Πράγματι...

2+3+5+7=17
1+3+5+7=16 με διαφορά 1

2+3+5+7+11=28
1+3+5+7+9=25 με διαφορά 3

2+3+5+7+11+13=41
1+3+5+7+9+11=36 με διαφορά 5

2+3+5+7+11+13+17=58
1+3+5+7+9+11+13=49 με διαφορά 9


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

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