Ακέραιος!

Lymperis Karras · #1

Να βρείτε όλους τους φυσικούς

για τους οποίους ο $A=\sqrt{n} + \sqrt{n+2005}$ είναι ακέραιος.

Joaakim · #2

Προκειμένου ο δεδομένος αριθμός να είναι ακέραιος, πρέπει οι αριθμοί $\sqrt{n}, \sqrt{n+2005}$ να είναι επίσης ακέραιοι.

Έτσι αρκεί οι αριθμοί n, n+2005

να είναι τέλεια τετράγωνα.

Θέτουμε n=m², n+2005=k²

, με

φυσικούς αριθμούς.

Με αφαίρεση κατά μέλη των παραπάνω λαμβάνουμε $2005=k²-m² \Rightarrow (k-m)(k+m)=5 \cdot 401$ .

Διακρίνουμε έτσι τις περιπτώσεις:

Περίπτωση 1:

k+m=2005

Με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε $m=1002 \Rightarrow n=1002²$ .

Περίπτωση 2:

k+m=401

Με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε $m=198 \Rightarrow n=198²$ .

Τελικά: n=198², 1002²

.

ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ · #3

Για να είναι ο αριθμός

ακέραιος, πρέπει και οι δύο προσθετέοι να είναι ακέραιοι.

Θέτουμε, λοιπόν, n=k^2

και

. Η τελευταία, όμως, γράφεται: $k^2+2005=m^2 \Leftrightarrow (m-k)(m+k)=2005$ . Είναι: $2005=1 \cdot 2005$ ή $2005 = 5 \cdot 401$ . Η πρώτη δίνει: m-k=1, m+k=2005

.

Λύνοντας τελικά το σύστημα, προκύπτει: m=1003, k=1002

. Επομένως, n=1002^2

. Η δεύτερη, τώρα, δίνει: m-k=5, m+k=401

. Λύνοντας το σύστημα, έχουμε: m=203, k=198

, απ' όπου παίρνουμε: n=198^2

.

Συνεπώς, n=1002^2

ή

. Στην πρώτη: A=2005

, ενώ στην δεύτερη: A=401

(Αντίστροφες σχέσεις στις αρχικές εξισώσεις με τους διαιρέτες του 2005

δίνουν ακριβώς τις ίδιες τιμές για τον

.

(Παρατηρώ πως με πρόλαβε ο Ιωακείμ, αφήνω, όμως, την λύση).

#4

Joaakim έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 12:36 pm
Προκειμένου ο δεδομένος αριθμός να είναι ακέραιος, πρέπει οι αριθμοί $\sqrt{n}, \sqrt{n+2005}$ να είναι επίσης ακέραιοι.

Νομίζω πως το πρώτο βήμα, αν και σωστό, θέλει αιτιολόγιση. Εν γένει (για αριθμούς γενικά) δεν ισχύει. Π.χ. το άθροισμα των $100+\sqrt 2,\,100-\sqrt 2$ είναι ακέραιος χωρίς να είναι ακέραιος ούτε ο ένας, ούτε ο άλλος.

Manolis Petrakis · #5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 1:03 pm

Joaakim έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 12:36 pm
Προκειμένου ο δεδομένος αριθμός να είναι ακέραιος, πρέπει οι αριθμοί $\sqrt{n}, \sqrt{n+2005}$ να είναι επίσης ακέραιοι.
Νομίζω πως το πρώτο βήμα, αν και σωστό, θέλει αιτιολόγιση. Εν γένει (για αριθμούς γενικά) δεν ισχύει. Π.χ. το άθροισμα των $100+\sqrt 2,\,100-\sqrt 2$ είναι ακέραιος χωρίς να είναι ακέραιος ούτε ο ένας, ούτε ο άλλος.

Λήμμα:
Αν $n \in \mathbb{N}$ και $\sqrt{n} \in \mathbb{Q}$ τότε $\sqrt{n} \in \mathbb{N}$ .
Απόδειξη:
Ας είναι $\sqrt{n}=\dfrac{a}{b}$ με (a,b)=1

τότε $\dfrac{a^2}{b^2}=n \in \mathbb{N} \Rightarrow b^2 \mid a^2 \Rightarrow b=1 \Rightarrow \sqrt{n}=a$

Τώρα $A-\sqrt{n} = \sqrt{n+2005}$
$\Leftrightarrow A^2 + n -2A\sqrt n =n +2005$
$\Leftrightarrow A^2-2005=2A\sqrt n$
$\Leftrightarrow \sqrt n = \dfrac{A^2-2005}{2A}$
Από το λήμμα τελειώσαμε.

Lymperis Karras · #6

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 1:03 pm

Joaakim έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 12:36 pm
Προκειμένου ο δεδομένος αριθμός να είναι ακέραιος, πρέπει οι αριθμοί $\sqrt{n}, \sqrt{n+2005}$ να είναι επίσης ακέραιοι.
Νομίζω πως το πρώτο βήμα, αν και σωστό, θέλει αιτιολόγιση. Εν γένει (για αριθμούς γενικά) δεν ισχύει. Π.χ. το άθροισμα των $100+\sqrt 2,\,100-\sqrt 2$ είναι ακέραιος χωρίς να είναι ακέραιος ούτε ο ένας, ούτε ο άλλος.

Ναι. Αλλά εύκολα αποδεικνύεται ότι δεν μπορεί να προκύψει κάτι τέτοιο. Το απέδειξε άλλωστε και ο Μανόλης. Νομίζω ότι κάνουμε πολλή φασαρία για το τίποτα.

#7

Manolis Petrakis έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 1:28 pm
Από το λήμμα τελειώσαμε.

Τώρα, όλα καλά.

Ας προσθέσω ότι το αποτέλεσμα αυτό είναι πολύ γνωστό. Ωστόσο έκρινα ότι πρέπει να το επισημάνω γιατί όταν θέτω τέτοιου είδους άσκηση σε διαγώνισμα σε φοιτητές, δυστυχώς το

% αυτών νομίζουν ότι το άθροισμα δύο άρρητων είναι πάντα άρρητος. Βασίζουν δηλαδή τον συλλογισμό τους σε κραυγαλέα εσφαλμένο επιχείρημα, και μετά νομίζουν ότι τους αδίκησα όταν έβαλα βαθμό

στην λύση τους.

Lymperis Karras · #8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 1:52 pm

Manolis Petrakis έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 1:28 pm
Από το λήμμα τελειώσαμε.
Τώρα, όλα καλά.

Ας προσθέσω ότι το αποτέλεσμα αυτό είναι πολύ γνωστό. Ωστόσο έκρινα ότι πρέπει να το επισημάνω γιατί όταν θέτω τέτοιου είδους άσκηση σε διαγώνισμα σε φοιτητές, δυστυχώς το % αυτών νομίζουν ότι το άθροισμα δύο άρρητων είναι πάντα άρρητος. Βασίζουν δηλαδή τον συλλογισμό τους σε κραυγαλέα εσφαλμένο επιχείρημα, και μετά νομίζουν ότι τους αδίκησα όταν έβαλα βαθμό στην λύση τους.

Εντάξει. Βέβαια να σημειωθεί πως στο

δεν γράφουμε διαγωνισματα...οποτε παρόλο που Αυτό που λέτε κ. Λαμπρου είναι ολοσωστο, νομίζω ότι στα πλαίσια του φορουμ δεν πειράζει αν παραληφθεί.

#9

Lymperis Karras έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 2:07 pm
... νομίζω ότι στα πλαίσια του φορουμ δεν πειράζει αν παραληφθεί.

Θα διαφωνήσω. Θα μπορούσε μεν η απόδειξη να παραληφθεί, όμως πρέπει τουλάχιστον να μνημονευθεί το επιχείρημα στο οποίο βασίζεται.

Το φόρουμ, όπως και στα διαγωνίσματα ή οποιοδήποτε Μαθηματικό κείμενο, δεν παύει να έχει απαιτήσεις για ορθές/πλήρεις αποδείξεις.

Ας προσθέσω ότι έλαβα διάφορα προσωπικά μηνύματα που στον ένα ή στον άλλο βαθμό ισχυρίζονται ότι το άθροισμα αρρήτων είναι πάντα άρρητος, και βασίζουν εκεί την απόδειξή τους. Θέλω να πω με αυτό ότι η ανάγκη για αποδείξεις χωρίς ουσιαστικά κενά είναι χρήσιμη. Αλλιώς θα έχουμε φαινόμενα όπου οι εσφαλμένες αποδείξεις να περνούν απαρατήρητες ως σωστές.

2nisic · #10

Γενικά ισχύει το ακόλουθο
Για $q_1,q_2,...,q_n\in\mathbb{Q}_+$ το άθροισμα $\displaystyle{\sqrt{q_1}+\sqrt{q_2}+...+\sqrt{q_n}}$ είναι ρητός αν και μόνο αν καθένας από τους $\sqrt{q_1},\sqrt{q_2},...,\sqrt{q_n}$ είναι ρητός.

Al.Koutsouridis · #11

2nisic έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 3:49 pm
Γενικά ισχύει το ακόλουθο
Για $q_1,q_2,...,q_n\in\mathbb{Q}_+$ το άθροισμα $\displaystyle{\sqrt{q_1}+\sqrt{q_2}+...+\sqrt{q_n}}$ είναι ρητός αν και μόνο αν καθένας από τους $\sqrt{q_1},\sqrt{q_2},...,\sqrt{q_n}$ είναι ρητός.

Και για να επεκτείνουμε τις γενικεύσεις, απλά ας αναφέρουμε ότι ισχύει το γενικότερο.

Λήμμα: Έστω $A,B,k \in \mathbb{N^*}$ και $\displaystyle{M.K.\Delta(A,B)=1$ . Τότε $\sqrt[k]{ \dfrac{A}{B} } \in \mathbb{Q} }$ , αν και μόνο αν στην αναπαράσταση ως γινόμενο πρώτων παραγόντων κάθε πρώτος παράγοντας των

και

είναι στην δύναμη

.

Θεώρημα: Έστω $N, k_{1}, k_{2}, \ldots k_{N} \in \mathbb{N^*}$ , N > 1

, $0< Q_{1}, \ldots Q_{N} \in \mathbb{Q}$ και $\dfrac{\sqrt[k_{i}]{ Q_{i} }}{\sqrt[k_{j}]{ Q_{j} }} \notin \mathbb{Q}$ για $i \neq j$ . Τότε η ισότητα

$\displaystyle{a_{1} \sqrt[k_{1}]{ Q_{1} } + \ldots + a_{N} \sqrt[k_{N}]{ Q_{N} } = 0}$ , όπου $a_{1}, \ldots , a_{N} \in \mathbb{Q}$ ,

ικανοποιείται μόνο για $a_{1}=\ldots =a_{N}=0$ .

Στην ειδική περίπτωση $Q_{1}=1$ προκύπτει ότι το άθροισμα $\displaystyle{\sqrt[k_{2}]{ Q_{2} } + \ldots + \sqrt[k_{N}]{ Q_{N} } }$ είναι άρρητο, καθ όσον η ισότητα $\displaystyle{a_{1} \sqrt[k_{1}]{ 1 } + \sqrt[k_{2}]{ Q_{2} } + \ldots + \sqrt[k_{N}]{ Q_{N} } =0}$ δεν μπορεί να ικανοποιείται για κανένα $a_{1} \in \mathbb{Q}$ .

#12

Ας δούμε μερικές αποδείξεις του (γνωστού και απλού, άλλωστε) αποτελέσματος που χρησιμοποιήθηκε παραπάνω:

Αν $\sqrt a + \sqrt b$ ρητός για κάποιους (χωρίς βλάβη άνισους) θετικούς ρητούς , τότε ο καθένας από τους $\sqrt a,\, \sqrt b$ είναι ρητός.

Μία απόδειξη είναι ακριβώς όπως του Μανώλη παραπάνω, στο ποστ #

, οπότε την αφήνω. Πρόκειται για την πιο γνωστή απόδειξη σε αυτό το θέμα.

Μία δεύτερη απόδειξη, λιγότερο γνωστή, είναι η εξής: Αν είναι ρητός ο $\sqrt a + \sqrt b$ , θα είναι ρητός και ο αντίστροφός του $\dfrac {1}{ \sqrt a + \sqrt b} = \dfrac {\sqrt a - \sqrt b}{a-b}$ . Έπεται ότι ο αριθμητής θα είναι επίσης ρητός, αφού προφανώς ο παρονομαστής είναι ρητός. Με άλλά λόγια ξέρουμε ότι οι

$\sqrt a + \sqrt b$ και $\sqrt a - \sqrt b$ είναι και οι δύο ρητοί. Με προσθαφαίρεση των τελευταίων έπεται (άμεσο) ότι είναι ρητοί και οι $\sqrt a,\, \sqrt b$ , όπως θέλαμε.

Υπάρχουν και άλλες αποδείξεις, εξ ίσου απλές. Προσκαλώ τους αναγνώστες να επινοήσουν τουλάχιστον άλλη μία. Θα χαρούμε να την δούμε εδώ.

#13

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 10:15 pm
Αν $\sqrt a + \sqrt b$ ρητός για κάποιους (χωρίς βλάβη άνισους) θετικούς ρητούς , τότε ο καθένας από τους $\sqrt a,\, \sqrt b$ είναι ρητός.
...

Υπάρχουν και άλλες αποδείξεις, εξ ίσου απλές. Προσκαλώ τους αναγνώστες να επινοήσουν τουλάχιστον άλλη μία. Θα χαρούμε να την δούμε εδώ.

Ας δούμε μία τρίτη απόδειξη: Πολλαπλασιάζοντας την $\sqrt a + \sqrt b=p$ (όπου

ρητός) επί $\sqrt a$ παίρνουμε $a+\sqrt {ab} = p\sqrt a$ . Με συνδυασμό των δύο έχουμε $p^2=(\sqrt a + \sqrt b)^2 = a+b+2\sqrt {ab} = a+b+2(p\sqrt a -a)$ . Λύνοντας ως προς $\sqrt a$ έχουμε $\sqrt a = (p^2+a-b)/2p=$ ρητός. Και λοιπά.

Υπάρχουν και άλλες ακόμη αποδείξεις, εξ ίσου απλές.

#14

Άσκηση (σχετικά απλή) στο ίδιο μήκος κύματος, αλλά με κάποια διαφορά:

Έστω m>n

δύο φυσικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt {\sqrt m + \sqrt n} + \sqrt {\sqrt m - \sqrt n}}$ είναι φυσικός.

α) Δείξτε ότι ο

είναι τέλειο τετράγωνο.

β) Με παράδειγμα δείξτε ότι o

δεν είναι κατ' ανάγκη τέλειο τετράγωνο.

Al.Koutsouridis · #15

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 4:49 pm

2nisic έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 20, 2021 3:49 pm
Γενικά ισχύει το ακόλουθο
Για $q_1,q_2,...,q_n\in\mathbb{Q}_+$ το άθροισμα $\displaystyle{\sqrt{q_1}+\sqrt{q_2}+...+\sqrt{q_n}}$ είναι ρητός αν και μόνο αν καθένας από τους $\sqrt{q_1},\sqrt{q_2},...,\sqrt{q_n}$ είναι ρητός.
Και για να επεκτείνουμε τις γενικεύσεις, απλά ας αναφέρουμε ότι ισχύει το γενικότερο.

Λήμμα: Έστω $A,B,k \in \mathbb{N^*}$ και $\displaystyle{M.K.\Delta(A,B)=1$ . Τότε $\sqrt[k]{ \dfrac{A}{B} } \in \mathbb{Q} }$ , αν και μόνο αν στην αναπαράσταση ως γινόμενο πρώτων παραγόντων κάθε πρώτος παράγοντας των και είναι στην δύναμη .

Θεώρημα: Έστω $N, k_{1}, k_{2}, \ldots k_{N} \in \mathbb{N^*}$ , , $0< Q_{1}, \ldots Q_{N} \in \mathbb{Q}$ και $\dfrac{\sqrt[k_{i}]{ Q_{i} }}{\sqrt[k_{j}]{ Q_{j} }} \notin \mathbb{Q}$ για $i \neq j$ . Τότε η ισότητα

$\displaystyle{a_{1} \sqrt[k_{1}]{ Q_{1} } + \ldots + a_{N} \sqrt[k_{N}]{ Q_{N} } = 0}$ , όπου $a_{1}, \ldots , a_{N} \in \mathbb{Q}$ ,

ικανοποιείται μόνο για $a_{1}=\ldots =a_{N}=0$ .

Στην ειδική περίπτωση $Q_{1}=1$ προκύπτει ότι το άθροισμα $\displaystyle{\sqrt[k_{2}]{ Q_{2} } + \ldots + \sqrt[k_{N}]{ Q_{N} } }$ είναι άρρητο, καθ όσον η ισότητα $\displaystyle{a_{1} \sqrt[k_{1}]{ 1 } + \sqrt[k_{2}]{ Q_{2} } + \ldots + \sqrt[k_{N}]{ Q_{N} } =0}$ δεν μπορεί να ικανοποιείται για κανένα $a_{1} \in \mathbb{Q}$ .

Απλά να αναφέρω την πηγή για το παραπάνω, στην μορφή τουλάχιστον που το παρέθεσα, σε περίπτωση που κάποιοι μαθητές θέλουν να ασχοληθούν με τις ασκήσεις. Είναι από το θέμα "Αλγεβρικοί αριθμοί ως διανύσματα" του περσινού καλοκαιρινού σχολείου (συνεδρίου) του τουρνουά των πόλεων. Το υλικό υπάρχει και στα αγγλικά και μπορεί να βρεθεί εδώ , ασκήσεις. Στο περιοδικό Κβαντ και Μαθηματική Εκπαίδευση υπάρχουν λίγο πιο εκτενή άρθρα αλλά είναι στα ρώσικα.

#16

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 08, 2021 12:37 pm
Άσκηση (σχετικά απλή) στο ίδιο μήκος κύματος, αλλά με κάποια διαφορά:

Έστω δύο φυσικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt {\sqrt m + \sqrt n} + \sqrt {\sqrt m - \sqrt n}}$ είναι φυσικός.

α) Δείξτε ότι ο είναι τέλειο τετράγωνο.

β) Με παράδειγμα δείξτε ότι o δεν είναι κατ' ανάγκη τέλειο τετράγωνο.

Ας δούμε λύση.

α) Εξ υποθέσεως υπάρχει φυσικός

με

$\displaystyle{\sqrt {\sqrt m + \sqrt n} + \sqrt {\sqrt m - \sqrt n}} = N}$ οπότε υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε

$\displaystyle{( \sqrt m + \sqrt n) + (\sqrt m - \sqrt n) + 2\sqrt {m -n} = N^2\, (*)}$ και άρα $\displaystyle{2\sqrt { m-n} =N^2 -2 \sqrt m}$ .

Ξανά στο τετράγωνο,

$\displaystyle{4( m-n) =N^4 -4N^2 \sqrt m +4m}$ , από όπου $\sqrt m$ ρητός, και άρα τέλειο τετράγωνο.

β) Δεδομένου ότι $(2\pm \sqrt 2)^2 = 6 \pm \sqrt {32}$ , έχουμε

$\displaystyle{\sqrt {\sqrt {36} + \sqrt {32}} + \sqrt {\sqrt{36} - \sqrt {32} }} = (2+\sqrt 2)+(2-\sqrt 2) =4 \in \mathbb N}$ .

Εδώ το m=36

είναι βέβαια τέλειο τετράγωνο αλλά το n=32

, δεν είναι.

Ας το συνεχίσουμε: Η (*)

γράφεται και ως $\displaystyle{2\sqrt { m} =N^2 -2 \sqrt {m-n}}$ . Με ακριβώς τον ίδιο τρόπο με πριν καταλήγουμε ότι το m-n=

τέλειο τετράγωνο. Με άλλα λόγια για κάποιους φυσικούς p,q

έχουμε

$\boxed {m=p^2}$ και m-n=q^2

, δηλαδή $\boxed {n=p^2-q^2}$ (διαφορά τετραγώνων).

Στο παρακάνω παράδειγμα $m=36=6^2,\, n = 32 = 6^2-2^2$

2nisic · #17

Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι p,q

τέτοιοι ώστε ο $\sqrt{p^2+7pq+q^2}+\sqrt{p^2+14pq+q^2}$ να είναι φυσικός.

#18

2nisic έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 19, 2021 4:39 pm
Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι τέτοιοι ώστε ο $\sqrt{p^2+7pq+q^2}+\sqrt{p^2+14pq+q^2}$ να είναι φυσικός.

Απάντηση: Όλα τα ζεύγη (p,p)

.

Aν

μη μηδενικοί φυσικοί με $\sqrt A +\sqrt B =N$ , τότε $B= (N-\sqrt A)^2= N^2+A-2N\sqrt A$ . Άρα $\sqrt A$ ρητός, οπότε από γνωστή θεωρία είναι A=n^2

για κάποιον φυσικό

.

Στην περίπτωσή μας p^2+7pq+q^2=n^2

ή αλλιώς

. Αλλά

πρώτοι, οπότε θα ισχύει κάποιο από τα παρακάτω:

α) $n-p-q = 1,\, n+p+q=5pq$

β) $n-p-q = 5,\, n+p+q=pq$

γ) $n-p-q = p,\, n+p+q=5q$ (ή με εναλλαγή των $p, \,q$ )

δ) $n-p-q = 5p,\, n+p+q=q$ (ή με εναλλαγή των $p,\,q$ ) που βέβαια είναι αδύνατη λόγω της δεύτερης εξίσωσης.

ε) $n-p-q = 5pq,\, n+p+q=1$ (ή με εναλλαγή των p,q

) που βέβαια είναι αδύνατη λόγω της δεύτερης εξίσωσης.

Λύνουμε κάθε μία χωριστά. Σε κάθε περίπτωση αφαιρούμε την πρώτη εξίσωση από την δεύτερη:

α) Θα είναι $p+q= \frac {1}{2}(5pq-1)$ , άρα $5pq= 2p+2q+1\le 2pq+2pq+1$ που οδηγεί στην αδύνατη $pq\le 1$

β) Θα είναι $p+q= \frac {1}{2}(pq-5)$ , άρα $p = \frac {2q+5}{q-2} = 2 + \frac {9}{q-2}$ . Άρα $q-2= \pm 1$ ή $\pm 3$ ή $\pm 9$ . Aυτές δίνουν για πιθανές τιμές του (πρώτου)

τις

ή

με αντίστοιχα p=5

ή

. H δεύτερη δεν ικανοποιεί την δοθείσα, οπότε απορρίπτεται. Η πρώτη ικανοποιεί αλλά περιλαμβάνεται στην παρακάτω:

γ) Θα είναι $p+q= \frac {1}{2}(5p-q)$ , άρα p=q

. Πίσω στην αρχική, θα δούμε ότι την επαληθεύει καθώς δίνει $\sqrt{p^2+7pq+q^2}+\sqrt{p^2+14pq+q^2} = \sqrt{9p^2}+\sqrt{16p^2}= 7p \in \mathbb N$

#19

Στο ίδιο μοτίβο, μία απλή.

Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί

αν ο $\dfrac {n+10}{\sqrt {n+2}}$ είναι επίσης φυσικός.

#20

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 31, 2021 10:35 am
Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί αν ο $\dfrac {n+10}{\sqrt {n+2}}$ είναι επίσης φυσικός.

Για να κλείνει.

Έπεται $\sqrt {n+2}$ ρητός, οπότε για κάποιον φυσικό

είναι

. Άρα $\displaystyle{\dfrac {n+10}{\sqrt {n+2}}= \dfrac {N^2+8}{N}=N+ \dfrac {8}{N}}$ , από όπου $N= 1,\, 2,\, 4,\, 8$ με αντίστοιχα $n= 2,\, 14,\, 62$ .

Ακέραιος!

Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Μέλη σε σύνδεση