Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10127
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 24, 2017 12:46 am

Θα τοποθετήσω εδώ μερικές ασκήσεις με ακέραιο μέρος.

Άσκηση 1. Για m φυσικό γράφουμε a=(\sqrt 2+1)^{2m+1}. Δείξτε για το ακέραιο και το κλασματικό μέρος του a την ταυτότητα

\displaystyle{[a]= \frac {1}{ \{a\}}- \{a\}}

Ας την αφήσουμε 48 ώρες για τους μαθητές μας.



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10127
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Δεκ 26, 2017 9:32 am

Ανοικτή σε όλους.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6064
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Τρί Δεκ 26, 2017 1:06 pm

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι \displaystyle{[a]+\{a\}=\frac{1}{\{a\}}}, δηλαδή \displaystyle{a=\frac{1}{\{a\}}} ή \displaystyle{\{a\}=(\sqrt{2}-1)^{2m+1}}.

Παρατηρούμε ότι ο αριθμός

\displaystyle{(\sqrt{2}+1)^{2m+1}-(\sqrt{2}-1)^{2m+1}} είναι ακέραιος (αν αναπτύξουμε τις δυνάμεις οι όροι που περιέχουν τις ρίζες αν είναι ανά δύο αντίθετοι)

άρα ο \displaystyle{(\sqrt{2}+1)^{2m+1}} ξεπερνάει τον ακέραιο αυτόν κατά \displaystyle{(\sqrt{2}-1)^{2m+1}<\left(\frac{1}{2}\right)^{2m+1}\leq \frac{1}{8}}, δηλαδή κατά λιγότερο από \displaystyle{0,125} οπότε προκύπτει η ζητούμενη.


Μάγκος Θάνος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10127
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Δεκ 26, 2017 3:13 pm

Παρόμοια αλλά με κάποια μικροδιαφορά:

Άσκηση 2. Για m φυσικό γράφουμε a=(5+2\sqrt 6)^{m}. Δείξτε για το ακέραιο και το κλασματικό μέρος του a την ταυτότητα

\displaystyle{[a]= \frac {1}{ 1-\{a\}}- \{a\}}

Ας την αφήσουμε 24 στους μαθητές μια και έχουν μπούσουλα την λύση του Θάνου.
Edit. Διόρθωσα ένα πρόσημο που είχα γράψει λάθος. Συγνώμη για την ταλαιπωρία.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 666
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τρί Δεκ 26, 2017 10:37 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τρί Δεκ 26, 2017 3:13 pm
Παρόμοια αλλά με κάποια μικροδιαφορά:

Άσκηση 2. Για m φυσικό γράφουμε a=(5+2\sqrt 6)^{m}. Δείξτε για το ακέραιο και το κλασματικό μέρος του a την ταυτότητα

\displaystyle{[a]= \frac {1}{ 1-\{a\}}- \{a\}}
Θέλουμε να δείξουμε πως:

[a]+\{a\}=\dfrac{1}{1-\{a\}}\Leftrightarrow a=\dfrac{1}{1-\{a\}}\Leftrightarrow \{a\}=1-\dfrac{1}{a}=1-\dfrac{1}{(5+2\sqrt 6)^m}=1-(5-2\sqrt{6})^m.

Παρατηρούμε πως 5-2\sqrt{6}<1\Leftrightarrow (5-2\sqrt{6})^m<1\Leftrightarrow 0<1-(5-2\sqrt{6})^m<1 (1)

Θα αποδείξουμε πως ο αριθμός (5+2\sqrt 6)^m+(5-2\sqrt{6})^m είναι ακέραιος:

Ορίζουμε την αναδρομική ακολουθία a_n-10a_{n-1}+a_{n-2} με a_0=2 και a_1=10. Προφανώς κάθε a_n είναι ακέραιος.

Αυτή έχει χαρακτηριστική εξίσωση την x^2-10x+1=0, η οποία έχει χαρακτηριστικές ρίζες τις 5-2\sqrt{6} και 5+2\sqrt{6}. Προκύπτει λοιπόν πως:

a_m=(5+2\sqrt{6})^m+(5-2\sqrt{6})^m, άρα πράγματι ο αριθμός (5+2\sqrt 6)^m+(5-2\sqrt{6})^m είναι ακέραιος, δηλαδή ο a-(1-(5-2\sqrt{6})^m) είναι ακέραιος (2).

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι \{a\}=1-(5-2\sqrt{6})^m, πράγμα που επαληθεύει την ταυτότητα.


Houston, we have a problem!
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10127
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Δεκ 27, 2017 12:05 am

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Τρί Δεκ 26, 2017 10:37 pm
Θα αποδείξουμε πως ο αριθμός (5+2\sqrt 6)^m+(5-2\sqrt{6})^m είναι ακέραιος:
Πολύ ωραίος ο συλλογισμός. Άλλος τρόπος είναι να παρατηρήσεις ότι στο διωνυμικό ανάπτυγμα του \displaystyle{ (5+2\sqrt 6)^m+(5-2\sqrt{6})^m } οι μεν άρτιες δυνάμεις του \sqrt 6 δίνουν ακέραιο ενώ οι περιττές απλοποιούνται. Μένει ακέραιος.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10127
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Δεκ 27, 2017 11:01 am

Πάλι στο ίδιο μήκος κύματος αλλά με μικροδιαφορές.

Άσκηση 3. Για m φυσικό γράφουμε a=(3+\sqrt 7)^{m}. Δείξτε ότι το ακέραιο μέρος [a] είναι περιττός αριθμός και ότι ισχύει η ισότητα \displaystyle{a = \frac {2^m}{1-\{a\}}}


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10127
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Ιαν 04, 2018 1:22 pm

Επαναφορά


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 666
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Ιαν 04, 2018 4:49 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τετ Δεκ 27, 2017 11:01 am
Πάλι στο ίδιο μήκος κύματος αλλά με μικροδιαφορές.

Άσκηση 3. Για m φυσικό γράφουμε a=(3+\sqrt 7)^{m}. Δείξτε ότι το ακέραιο μέρος [a] είναι περιττός αριθμός και ότι ισχύει η ισότητα \displaystyle{a = \frac {2^m}{1-\{a\}}}
Για να μην μείνει:

Θέλουμε να αποδείξουμε πως \{a\}=1-\dfrac{2^m}{a}=1-\dfrac{2^m}{(3+\sqrt{7})^m}

Ισχύει αρχικά ότι 1>\dfrac{2^m}{(3+\sqrt{7})^m}>0, άρα 1>1-\dfrac{2^m}{(3+\sqrt{7})^m}>0.

Παρατηρούμε ακόμη ότι [a]=a-\{a\}=(3+\sqrt 7)^{m}+\dfrac{2^m}{(3+\sqrt{7})^m}-1 πρέπει να είναι ακέραιος και μάλιστα πρέπει να αποδείξουμε πως είναι περιττός.

Αρκεί να αποδείξουμε πως ο (3+\sqrt 7)^{m}+\dfrac{2^m}{(3+\sqrt{7})^m} είναι άρτιος (1).

Έχουμε:

(3+\sqrt 7)^{m}+\dfrac{2^m}{(3+\sqrt{7})^m}=(3+\sqrt 7)^{m}+\dfrac{((3+\sqrt{7})(3-\sqrt{7}))^m}{(3+\sqrt{7})^m}=(3+\sqrt 7)^{m}+(3-\sqrt{7})^m

Όμως παρατηρούμε (με τρόπο παρόμοιο με την προηγούμενη άσκηση) πως ο αριθμός a_m=(3+\sqrt 7)^{m}+(3-\sqrt{7})^m ορίζεται αναδρομικά ως a_m=6a_{m-1}-2a_{m-2}, όπου a_0=2 και a_1=6.

Άρα πράγματι ο αριθμός a_m=[a] είναι ακέραιος και μάλιστα άρτιος.

Εναλλακτικά για την (1) μπορούμε να εφαρμόσουμε την μέθοδο που είχε αναφέρει ο κύριος Λάμπρου στην προηγούμενη άσκηση, δηλαδή να παρατηρήσουμε πως στο διωνυμικό ανάπτυγμα οι περιττές δυνάμεις των δυο όρων απλοποιούνται και μένουν οι άρτιες δυνάμεις του \sqrt{7} διπλές φορές, άρα ο αριθμός μας είναι ακέραιος και μάλιστα άρτιος.


Houston, we have a problem!
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10127
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Ιαν 04, 2018 5:20 pm

Δύο απλές:

Άσκηση 4. Δείξτε ότι \displaystyle{ \left [ {\underset{2N}{\sqrt{\underbrace{444...44}}}} \right ]=  \underset{N}{\underbrace{666...66}} }

Άσκηση 5. Δείξτε ότι \displaystyle{ \left [ \frac {n(n+1)}{2n-1} \right ]=\left [ \frac {n+1}{2}} \right ] για n\in \mathbb N,\,  n >2

Edit: Διόρθωσα τυπογραφική αβλεψία στην 5.
τελευταία επεξεργασία από Mihalis_Lambrou σε Πέμ Ιαν 04, 2018 9:08 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 501
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Πέμ Ιαν 04, 2018 7:01 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Ιαν 04, 2018 5:20 pm
Δύο απλές:

Άσκηση 4. Δείξτε ότι \displaystyle{ \left [ {\underset{2N}{\sqrt{\underbrace{444...44}}}} \right ]=  \underset{N}{\underbrace{666...66}} }

Καλησπέρα και χρόνια πολλά σε όλους!

Γενικά ισχύει: \underset{N}{\underbrace{aaa...aa}}=\dfrac {a(10^N-1)}{9}

Αρκεί: \dfrac {6(10^N-1)}{9}\leq \sqrt {\dfrac {4(10^{2N}-1)}{9}}< \dfrac {6(10^N-1)}{9} +1 ή
\dfrac {2(10^N-1)}{3}\leq \dfrac {2}{3} \sqrt {(10^{2N}-1)}}< \dfrac {2(10^N-1)}{3} +1 ή
{(10^N-1)}\leq \sqrt {(10^{2N}-1)}}<(10^N-1)} +\dfrac {3}{2} που με ύψωση στο τετράγωνο η αριστερή γίνεται  10^N\geq 1 και η δεξιά 10^N+\dfrac {5}{4}>0 που προφανώς ισχύουν.
τελευταία επεξεργασία από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ σε Πέμ Ιαν 04, 2018 7:24 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 501
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Πέμ Ιαν 04, 2018 7:15 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Ιαν 04, 2018 5:20 pm
Άσκηση 5. Δείξτε ότι \displaystyle{ \left [ \frac {n(n+1)}{2n-1} \right ]= \frac {n+1}{2}} για n\in \mathbb N

Νομίζω πρέπει n>1.

Αρκεί \dfrac {n+1}{2}\leq \dfrac {n(n+1)}{2n-1}<\dfrac {n+3}{2} ή

(n+1)(2n-1)\leq 2n(n+1)<(n+3)(2n-1) ή

-1\leq n< 4n-3 που ισχύει.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 666
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Ιαν 04, 2018 7:38 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Ιαν 04, 2018 5:20 pm

Άσκηση 5. Δείξτε ότι \displaystyle{ \left [ \frac {n(n+1)}{2n-1} \right ]= \frac {n+1}{2}} για n\in \mathbb N
Δεν θα έπρεπε όμως να εξασφαλίσουμε πως το \dfrac{n+1}{2} είναι ακέραιος; Για παράδειγμα για n=2 προκύπτει 2=\dfrac{3}{2} :? .


Houston, we have a problem!
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 501
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Πέμ Ιαν 04, 2018 7:44 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Πέμ Ιαν 04, 2018 7:38 pm
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Ιαν 04, 2018 5:20 pm

Άσκηση 5. Δείξτε ότι \displaystyle{ \left [ \frac {n(n+1)}{2n-1} \right ]= \frac {n+1}{2}} για n\in \mathbb N
Δεν θα έπρεπε όμως να εξασφαλίσουμε πως το \dfrac{n+1}{2} είναι ακέραιος; Για παράδειγμα για n=2 προκύπτει 2=\dfrac{3}{2} :? .
Συνεπώς πρέπει να προσθέσουμε ότι ο n είναι περιττός μεγαλύτερος του 1.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10127
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Ιαν 04, 2018 9:16 pm

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Πέμ Ιαν 04, 2018 7:44 pm
Συνεπώς πρέπει να προσθέσουμε ότι ο n είναι περιττός μεγαλύτερος του 1.
Έχετε δίκιο. Το λάθος δικό μου. Η σωστή εκφώνηση έχει ένα ακόμη [.] που παρέλειψα. Το σωστό είναι

\displaystyle{ \left [ \frac {n(n+1)}{2n-1} \right ]=\left [ \frac {n+1}{2}} \right ] για n\in \mathbb N,\,  n >2

Η απόδειξη παραπάνω εύκολα διαμορφώνεται να περιλάβει την σωστή διατύπωση. Η δική μου απόδειξη έχει μικρή παραλλαγή:

Έχουμε \displaystyle{ \frac {n(n+1)}{2n-1} = \frac {n+1}{2}  +  \frac {n+1}{4n-2}  } και ισχύει \displaystyle{ \frac {n+1}{4n-2}  < \frac {1}{2} } για \displaystyle{n>2}. Και λοιπά.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10127
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιαν 06, 2018 9:39 pm

Μία απλή αλλά η ιδέα είναι ότι γίνονται δεκτές μόνο λύσεις "της μιας γραμμής"

Άσκηση 6. Πόσο κάνει \displaystyle{ \left [ \, { \sqrt {132 +\sqrt {132+ \sqrt {132 +\sqrt {132}}}  }  }\, \right ]};


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1251
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Ιαν 06, 2018 9:58 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Ιαν 06, 2018 9:39 pm
Μία απλή αλλά η ιδέα είναι ότι γίνονται δεκτές μόνο λύσεις "της μιας γραμμής"

Άσκηση 6. Πόσο κάνει \displaystyle{ \left [ \, { \sqrt {132 +\sqrt {132+ \sqrt {132 +\sqrt {132}}}  }  }\, \right ]};
Έστω A=\displaystyle{ \left  \, { \sqrt {132 +\sqrt {132+ \sqrt {132 +\sqrt {132}}}  }  }\, \right }.

Είναι 132<12^2=144, επομένως A=\displaystyle{ \left  \, { \sqrt {132 +\sqrt {132+ \sqrt {132 +\sqrt {132}}}  }  }\, \right }<\sqrt{132+\sqrt{132+\sqrt{132+12}}}}= \ldots = 12 \Rightarrow \boxed{A<12} (1).

Επίσης, A=\displaystyle{ \left  \, { \sqrt {132 +\sqrt {132+ \sqrt {132 +\sqrt {132}}}  }  }\, \right }>\sqrt{132}>11 \Rightarrow \boxed{A>11} (2).

Από (1), (2) 11<A<12, και επομένως [A]=11


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 666
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Ιαν 06, 2018 10:05 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Ιαν 06, 2018 9:39 pm
Μία απλή αλλά η ιδέα είναι ότι γίνονται δεκτές μόνο λύσεις "της μιας γραμμής"

Άσκηση 6. Πόσο κάνει \displaystyle{ \left [ \, { \sqrt {132 +\sqrt {132+ \sqrt {132 +\sqrt {132}}}  }  }\, \right ]};
Έχουμε:

11 < \sqrt{132} < 12 \Rightarrow

132+11 < 132+ \sqrt{132} < 132+ 12 \Rightarrow

121 < 143 < 132+ \sqrt{132} < 144 \Rightarrow

121 <  132+ \sqrt{132} < 144 \Rightarrow

\sqrt{121}  < \sqrt{132+ \sqrt{132}} < \sqrt{144} \Rightarrow

11 < \sqrt{132+ \sqrt{132}} < 12

... και το ίδιο το συνεχίζουμε όσες φορές θέλουμε! Και το ζητούμενο αποτέλεσμα θα είναι πάντα 11.

Υ.Γ. μοιάζει από ό,τι βλέπω με του Ορέστη!


Houston, we have a problem!
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10127
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιαν 06, 2018 11:57 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Σάβ Ιαν 06, 2018 10:05 pm
... και το ίδιο το συνεχίζουμε όσες φορές θέλουμε! Και το ζητούμενο αποτέλεσμα θα είναι πάντα 11.
Ακριβώς. Και στις δύο λύσεις παραπάνω έχουμε την εξής διαδικασία για το

\displaystyle{ \, { \sqrt {a^2-a +\sqrt {a^2-a+ \sqrt {a^2-a +\sqrt {a^2-a}}}  }  }}

Αντιγράφω:

Μεγαλώνουμε το τελευταίο ριζικό σε \sqrt {a^2} το οποίο δίνει για το αμέσως προηγούμενο ριζικό την

ανισότητα  < \sqrt {a^2-a +\sqrt {a^2}} = \sqrt {a^2-a +a} = \sqrt {a^2} . Δηλαδή "ξεδιπλώνουμε" σιγά σιγά τα ριζικά με παναμοιότυπο τρόπο μέχρι να

φύγουν όλα, όπως κάνατε.

Ας σημειώσω ότι η αντίστοιχη παράσταση με "άπειρα φωλιασμένα ριζικά" έχει τιμή a καθώς ικανοποιεί την εξίσωση x= \sqrt {a^2-a + x (άμεσο). Π.χ.

\displaystyle{ \, { \sqrt {6 +\sqrt {6+ \sqrt {6 +\sqrt {6...}}}  }  }=3}


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10127
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις με ακέραιο μέρος

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιαν 07, 2018 1:07 pm

Οι παρακάτω έχουν ξαναεμφανιστεί στο φορουμ αλλά τις αναρτώ χάριν πληρότητας.

Άσκηση 7. Δείξτε τις ταυτότητες

\displaystyle{ \left [a \right ] + \left [a + \frac {1}{2}  \right ]= \left [2a \right ]

\displaystyle{ \left [a \right ] + \left [a + \frac {1}{3}  \right ]+ \left [a + \frac {2}{3}  \right ]= \left [3a \right ]

και γενικότερα

\displaystyle{ \left [a \right ] + \left [a + \frac {1}{m}  \right ] +...+ \left [a + \frac {m-1}{m}  \right ]= \left [ma \right ] , \, m \in \mathbb N^*


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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