Άπειροι φυσικοί

#1

.
Βρείτε άπειρους το πλήθος φυσικούς αριθμούς με (δηλαδή να ξεκινάει με και να τελειώνει με ).

Για όφελος των μαθητών, παρακαλώ γράψτε λίγα λόγια και για το σκεπτικό σας.

Σχόλιο: Την άσκηση μου την έστειλε πριν από λίγους μήνες ένας φίλος από την Ρουμανία ο οποίος δεν μπορούσε να την λύσει. Προερχόταν από το τότε τρέχoν τεύχος του Gazzetta Mathematica: Οι Ρουμάνοι συνάδελφοι έχουν πολύ συχνά πίεση από τους μαθητές τους που θέλουν λύσεις "εδώ και τώρα" στις ασκήσεις τύπου Ολυμπιάδων που εμφανίζονται προς επίλυση στα περιοδικά τους.
Υποθέτω ότι τώρα έχει παρέλθει η ημερομηνία αποστολής λύσεων, οπότε νοιώθω αποδεσμευμένος να γράψω εδώ την εκφώνηση (και λύση).

#2

Πρώτα θέλουμε να βρούμε ένα τέλειο τετράγωνο που να τελειώνει σε 2016.

Πράγματι, παρατηρούμε ότι 996^2=(1000-4)^2=1000000-8000+16=992000+16=992016

.

Έπειτα θέλουμε να βρούμε ένα τέλειο τετράγωνο που να αρχίζει με 1895

.

Πράγματι, παρατηρούμε ότι $100(\sqrt{1896}-\sqrt{1895})>1$ , οπότε υπάρχει ένα ακέραιος μεταξύ των $100\sqrt{1896}\approx 4354,3$ και $100\sqrt{1895}\approx 4353,1$ .

Συνεπώς, υπάρχει ένα τέλειο τετράγωνο μεταξύ των αριθμών 18960000

και

που ξεκινά με 1895.

. Για την ακρίβεια 4354^2=18957316

.

Παρατηρούμε, λοιπόν, ότι 43540996^2=1895...2016.

Αυξάνοντας τα μηδενικά μετά το 4354

και πριν το 996

, παίρνουμε άπειρους τέτοιους αριθμούς.

Δηλαδή, όλοι οι αριθμοί της μορφής 43540...0996^2

με $k\geq 1$ μηδενικά, ξεκινούν με 1895

και λήγουν σε 2016.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#3

Πολύ ωραίο πρόβλημα!

Mihalis_Lambrou έγραψε:Σχόλιο: Την άσκηση μου την έστειλε πριν από λίγους μήνες ένας φίλος από την Ρουμανία ο οποίος δεν μπορούσε να την λύσει. Προερχόταν από το τότε τρέχoν τεύχος του Gazzetta Mathematica: Οι Ρουμάνοι συνάδελφοι έχουν πολύ συχνά πίεση από τους μαθητές τους που θέλουν λύσεις "εδώ και τώρα" στις ασκήσεις τύπου Ολυμπιάδων που εμφανίζονται προς επίλυση στα περιοδικά τους.
Υποθέτω ότι τώρα έχει παρέλθει η ημερομηνία αποστολής λύσεων, οπότε νοιώθω αποδεσμευμένος να γράψω εδώ την εκφώνηση (και λύση).

Τολμώ να πω ότι είναι πολύ τυχεροί τέτοιοι καθηγητές. Υποθέτω απολαμβάνουν την δουλειά τους!

harrisp · #4

Οι ασκησεις του περιοδικού Gazzetta ή και το ίδιο το περιοδικό μπορούν να βρεθούν με κάποιο τρόπο;

Ευχαριστώ εκ των προτέρων.

#5

Βάζω και την δική μου προσέγγιση.

Θέλω $N^2 \equiv 2016 \bmod 10000$ . Δηλαδή $N^2 \equiv 0 \bmod 16$ και $N^2 \equiv 2016 \equiv 141 \bmod 625$ .

Για να ικανοποιήσουμε την πρώτη συνθήκη αρκεί να πάρουμε $N \equiv 0 \bmod 4$ . Για την δεύτερη συνθήκη θέλουμε σίγουρα $N^2 \equiv 16 \bmod 125$ οπότε μπορούμε να δοκιμάσουμε $N \equiv 4 \bmod 125$ .

Ας δοκιμάσουμε λοιπόν το N = 500k+4

. (Επιλέξαμε το 500k

και όχι το 125k

για να έχουμε πολλαπλάσιο του

.) Τότε

$\displaystyle{ N^2 = 250000k^2 + 4000k + 16 \equiv 2016 \bmod 10000}$

Οπότε είναι $4000k \equiv 2000 \bmod 10000$ ή ισοδύναμα $4k \equiv 2 \bmod 10$ . Μπορώ λοιπόν να δοκιμάσω το $k = 5\ell + 3$ .

Τότε είναι $N^2 = \cdots = 6250000\ell^2 + 7520000\ell + 2262016$

Ο αριθμός σίγουρα λήγει σε 2016

.

Τωρά προσπαθούμε να τον κάνουμε να ξεκινάει με 1895. Αν πετύχω ο $625\ell^2$ να ξεκινάει με 1895

τότε ουσιαστικά τελείωσα αφού για μεγάλο $\ell$ ο $6250000\ell^2$ θα έχει περισσότερα ψηφία από τον $7520000\ell$ .

Εδώ βάζουμε τα μεγάλα μέσα (δηλαδή την υπολογιστική),

Η λύση της 625x^2 = 1895

είναι η $x \approx 1.74126\ldots$ . Δοκιμάζω λοιπόν διαδοχικά τα $\ell = 18, 175, 1742, 17413,\ldots$ .

Το πρώτο που δουλεύει είναι το $\ell = 17413$ . Ασφαλώς και οποιοδήποτε $\ell$ της μορφής $17413 \times 10^m$ επίσης θα δουλεύει.

Άρα μπορώ να πάρω

$\displaystyle{ N = 500(5\ell + 3) +4= 2500\ell + 1504 = 17413 \times 2500 \times 10^m + 1504 = 435325 \times 10^{m+2} + 1504. }$

#6

Η δική μου λύση είχε σκεπτικό κάποια παραλλαγή της λύσης του Αχιλλέα. Καταγράφω κάποια βήματα χάριν πληρότητας. Κατέληξα στους $A=4354, \, B=9004$ για τους οποίους είναι $A^2= {\color {red}1895}7316, B^2= 8107{\color {red} 2016$ .

Τον πρώτο τον «μαντεύουμε» από το γεγονός ότι $\sqrt {1895} = 43,53159…$ , οπότε τα τετράγωνα των

ή

είναι καθ’ έλλειψην 1895

, οπότε δοκιμάζουμε «κάτι λίγο μεγαλύτερο». Π.χ. το 4353^2 = 1894…

(μικρό) ενώ το 4354^2=1895…

(μια χαρά).

Τότε οι N=10^nA+B

έχουν την ζητούμενη ιδιότητα (για «μεγάλα»

) διότι
$N^2=(10^nA+B)^2 = 10^{2n}A^2 + 2AB10^n + B^2$ .

O πρώτος προσθετέος έχει μία ουρά από

μηδενικά ενώ ο δεύτερος από

. Άρα τα μη μηδενικά ψηφία στην δεκαδική παράσταση του $10^{2n}A2 + 2AB10^n + B^2$ είναι «μακριά» το ένα από το άλλο, οπότε δεν μπλέκουν μεταξύ τους. Εδώ, όπου A=4354, B=9004

έχουμε

(

ψηφία) οπότε για n>8

είναι

$10^{2n}A^2 = 189573160000…0000$ (

μηδενικά)

(

μηδενικά)

(λιγότερα από

ψηφία)

Οπότε
N^2=(10^nA+B)^2 = 1895731600000000000…00000000000000000

όπως θέλουμε.

Ας δούμε παραδείγματα: Με κομπιουτεράκι διαπιστώνουμε ότι

- Για n=9

και

είναι

- Για

και

είναι

Και λοιπά.

#7

socrates έγραψε: Τολμώ να πω ότι είναι πολύ τυχεροί τέτοιοι καθηγητές. Υποθέτω απολαμβάνουν την δουλειά τους!

Θανάση, συμφωνώ.

Έχω από πρώτο χέρι εμπειρία για την δουλειά και μεράκι που έχουν οι συνάδελφοι στην Ρουμανία. Έχω χάσει το μέτρημα πόσες φορές με έχουν προσκαλέσει στην χώρα τους για να κάνω σεμινάρια σε μαθητές και συναδέλφους. Μία τυπική περίπτωση είναι να απασχολώ μία ολόκληρη εβδομάδα, μέσα στην τάξη όλο το πρωί, τα παιδιά και από 4μμ με 8μμ να κάνω σεμινάρια σε Καθηγητές. Με «ξεζουμίζουν» κυριολεκτικά αλλά το απολαμβάνω. Έχω δε απίθανο υλικό για τα παιδιά και τους συναδέλφους που ενθουσιάζονται, γι’ αυτό με καλούν ξανά και ξανά.

Υπόψη ότι τα οικονομικά τους είναι γλισχρότατα και μην νομίζετε ότι με καλούν πλούσια μέρη ή μεγάλα Σχολεία. Έχω πάει και σε χωριουδάκια 6000 κατοίκων. Πείθουν τον Δήμο ή κάποιους φορείς ή κάνουν ρεφενέ όλοι μαζί για να μου πληρώσουν το εισιτήριο (έχω κάνει το ταξίδι, για οικονομία, ακόμα και με πούλμαν από Αθήνα στο Βουκουρέστι). Από κει και πέρα με φιλοξενούν σε ένα σπίτι/μια οικογένεια ώστε να μην έχουν έξοδα λόγω της εκεί παραμονής μου. Εννοείται ο ίδιος δεν βάζω ούτε μία δεκάρα στην τσέπη.

Επισυνάπτω φωτογραφίες από μία τοπική Ρουμάνικη εφημερίδα, ελάχιστης κυκλοφορίας, που αναφέρεται στα μαθήματα που έκανα στο χωριό τους. Εκείνη την φορά το εισιτήριο μου το είχε πληρώσει η εν λόγω εφημερίδα.

#8

Ακόμη μία απόδειξη χωρίς υπολογισμούς ή δοκιμές, απλά πρέπει να χρησιμοποιήσουμε κάτι πιο βαρύ.
Για να τελειώνει ένα τετράγωνο σε 2016, αρκεί το 2016 να είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod{10000}$ . Αυτό μπορούμε να το ελέγξουμε άμεσα υπολογίζοντας το σύμβολο Jacobi.
Έστω τώρα

ένας τέτοιος αριθμός. Αυτός είναι προφανώς διάφορος από δύναμη του 10.
Από το θεώρημα πυκνότητας του Kronecker http://mathworld.wolfram.com/Kroneckers ... eorem.html, υπάρχουν άπειρες δυνάμεις του d^2

που ξεκινούν με 1895

. (Δείτε πχ και εδώ http://www.artofproblemsolving.com/comm ... 65p1875787)

#9

Σιλουανέ, η άσκηση λέει «βρείτε» και όχι «αποδείξτε ότι υπάρχουν».

#10

Demetres έγραψε:Σιλουανέ, η άσκηση λέει «βρείτε» και όχι «αποδείξτε ότι υπάρχουν».

Ελπίζω να πάρω έναν πόντο για το γράψιμο

Άπειροι φυσικοί

Άπειροι φυσικοί

Re: Άπειροι φυσικοί

Re: Άπειροι φυσικοί

Re: Άπειροι φυσικοί

Re: Άπειροι φυσικοί

Re: Άπειροι φυσικοί

Re: Άπειροι φυσικοί

Re: Άπειροι φυσικοί

Re: Άπειροι φυσικοί

Re: Άπειροι φυσικοί

Μέλη σε σύνδεση