Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Ανδρέας Πούλος · #81

Διονύση,
θεωρώ κι εγώ ότι αυτή η προσέγγιση είναι ακριβώς στο πνεύμα της Συλλογής "Μονά-Ζυγά".

#82

Άσκηση 23 Εξετάστε αν μπορεί ένα άθροισμα διαφορετικών ανά δύο στοιχείων του συνόλου $\{2, \, 2^3, \, 2^5, \, 2^7, \, ... \}$ να είναι τέλειο τετράγωνο.

Τσιαλας Νικολαος · #83

Διαβάζοντας απρόσεκτα την άσκηση του Κύριου Μιχάλη προσπάθησα να λύσω την άσκηση με όλες τις δυνάμεις του 2... Έτσι προέκυψε μια άλλη άσκηση αρκετά πιο δύσκολη που όμως δεν ξέρω αν έχει λύση!! Να σημειώσω πως έχω λύση για άθροισμα 2 στοιχείων (που δεν μου αρέσει γιατί χρησιμοποιώ θεώρημα "bazzoka") και ψάχνω αν υπάρχει λύση για 3 η΄περισσότερα στοιχεία! Αν κάποιος βρει κάτι θα χαιρόμουν να μου το στείλει με πμ!!

#84

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 05, 2019 2:55 pm
Διαβάζοντας απρόσεκτα την άσκηση του Κύριου Μιχάλη προσπάθησα να λύσω την άσκηση με όλες τις δυνάμεις του 2... Έτσι προέκυψε μια άλλη άσκηση αρκετά πιο δύσκολη που όμως δεν ξέρω αν έχει λύση!! Να σημειώσω πως έχω λύση για άθροισμα 2 στοιχείων (που δεν μου αρέσει γιατί χρησιμοποιώ θεώρημα "bazzoka") και ψάχνω αν υπάρχει λύση για 3 η΄περισσότερα στοιχεία! Αν κάποιος βρει κάτι θα χαιρόμουν να μου το στείλει με πμ!!

Νίκο, πρώτα απ' όλα χαιρετίσματα στους Καλαματιανούς φίλους.

Ο λόγος που έγραψα την άσκηση μόνο με περιττές δυνάμεις του

είναι γιατί οι άρτιες είναι οι ίδιες τέλεια τετράγωνα. Δηλαδή έχουμε τέλειο τετράγωνο αν πάρουμε (μόνο) έναν προσθετέο. Για να αποφύγω αυτή την τετριμμένη περίπτωση, περιόρισα το αρχικό σύνολο.

Edit αργότερα: Η γραμμή που ακολουθεί είναι εσφαλμένη. Πρέπει να φύγει, όπως επισημαίνει ο Νίκος παρακάτω.

Αν δεν επιτρέψουμε αθροίσματα με έναν μόνο προσθετέο, τότε μπορούμε να εργαστούμε και με το $\{2, \, 2^2, \, 2^3, \, 2^4, \, ... \}$ .

Η λύση και στις δύο περιπτώσεις είναι ίδια και, αν το δεις σωστά, είναι απλή (μια γραμμή).

Μάρκος Βασίλης · #85

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 03, 2019 11:29 pm
Άσκηση 23 Εξετάστε αν μπορεί ένα άθροισμα διαφορετικών ανά δύο στοιχείων του συνόλου $\{2, \, 2^3, \, 2^5, \, 2^7, \, ... \}$ να είναι τέλειο τετράφωνο.

Ως μουσικός, μου άρεσε πολύ αυτό με το «τετράφωνο». Ωραία άσκηση, παρεμπιπτόντως!

Τσιαλας Νικολαος · #86

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 05, 2019 3:48 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 05, 2019 2:55 pm
Διαβάζοντας απρόσεκτα την άσκηση του Κύριου Μιχάλη προσπάθησα να λύσω την άσκηση με όλες τις δυνάμεις του 2... Έτσι προέκυψε μια άλλη άσκηση αρκετά πιο δύσκολη που όμως δεν ξέρω αν έχει λύση!! Να σημειώσω πως έχω λύση για άθροισμα 2 στοιχείων (που δεν μου αρέσει γιατί χρησιμοποιώ θεώρημα "bazzoka") και ψάχνω αν υπάρχει λύση για 3 η΄περισσότερα στοιχεία! Αν κάποιος βρει κάτι θα χαιρόμουν να μου το στείλει με πμ!!

Νίκο, πρώτα απ' όλα χαιρετίσματα στους Καλαματιανούς φίλους.

Ο λόγος που έγραψα την άσκηση μόνο με περιττές δυνάμεις του είναι γιατί οι άρτιες είναι οι ίδιες τέλεια τετράγωνα. Δηλαδή έχουμε τέλειο τετράγωνο αν πάρουμε (μόνο) έναν προσθετέο. Για να αποφύγω αυτή την τετριμμένη περίπτωση, περιόρισα το αρχικό σύνολο. Αν δεν επιτρέψουμε αθροίσματα με έναν μόνο προσθετέο, τότε μπορούμε να εργαστούμε και με το $\{2, \, 2^2, \, 2^3, \, 2^4, \, ... \}$ .

Η λύση και στις δύο περιπτώσεις είναι ίδια και, αν το δεις σωστά, είναι απλή (μια γραμμή).

Κύριε Μιχάλη μπερδεύτηκα λίγο με τα λεγόμενα σας. Στην άσκηση που βάλατε δεν γίνεται να γραφτεί σαν τετράγωνο αν δεν κάνω κάποιο λάθος! Όμως αν βάλουμε στο σύνολο όλες τις δυνάμεις του 2 τότε γίνεται να γραφτεί το άθροισμα 2 τέτοιων στοιχείων ως τέλειο τετράγωνο. Όπως π.χ το 32+4=36. Μάλιστα σαν άθροισμα 2 στοιχείων έχω και τη μορφή των λύσεων! Αυτό που ψάχνω είναι αν υπάρχει κάτι για 3 προσθετεους και πάνω.

#87

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 05, 2019 4:29 pm
Όμως αν βάλουμε στο σύνολο όλες τις δυνάμεις του 2 τότε γίνεται να γραφτεί το άθροισμα 2 τέτοιων στοιχείων ως τέλειο τετράγωνο. Όπως π.χ το 32+4=36.

Νίκο έχεις δίκιο. Διάβασα απρόσεκτα το σχόλιό σου.

Συνοψίζοντας: Η άσκηση όπως την είχα διατυπώσει αρχικά (περιττές δυνάμεις του

) είναι σωστή. Λύνεται σε μία γραμμή, και ταιριάζει στον παρόντα φάκελο με τα "μονά-ζυγά". Για τις άρτιες δυνάμεις δεν ισχύει το αποτέλεσμα και κακώς το πρόσθεσα αργότερα.

#88

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 05, 2019 4:13 pm
Ως μουσικός, μου άρεσε πολύ αυτό με το «τετράφωνο». Ωραία άσκηση, παρεμπιπτόντως!

Μάρκο, διόρθωσα την τυπογραφική αβλεψία. Ευχαριστώ.

Πάντως δείχνει ότι τα Μαθηματικά είναι πρωτίστως αρμονία.

Να 'σαι καλά.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #89

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 05, 2019 4:29 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 05, 2019 3:48 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 05, 2019 2:55 pm
Διαβάζοντας απρόσεκτα την άσκηση του Κύριου Μιχάλη προσπάθησα να λύσω την άσκηση με όλες τις δυνάμεις του 2... Έτσι προέκυψε μια άλλη άσκηση αρκετά πιο δύσκολη που όμως δεν ξέρω αν έχει λύση!! Να σημειώσω πως έχω λύση για άθροισμα 2 στοιχείων (που δεν μου αρέσει γιατί χρησιμοποιώ θεώρημα "bazzoka") και ψάχνω αν υπάρχει λύση για 3 η΄περισσότερα στοιχεία! Αν κάποιος βρει κάτι θα χαιρόμουν να μου το στείλει με πμ!!

Νίκο, πρώτα απ' όλα χαιρετίσματα στους Καλαματιανούς φίλους.

Ο λόγος που έγραψα την άσκηση μόνο με περιττές δυνάμεις του είναι γιατί οι άρτιες είναι οι ίδιες τέλεια τετράγωνα. Δηλαδή έχουμε τέλειο τετράγωνο αν πάρουμε (μόνο) έναν προσθετέο. Για να αποφύγω αυτή την τετριμμένη περίπτωση, περιόρισα το αρχικό σύνολο. Αν δεν επιτρέψουμε αθροίσματα με έναν μόνο προσθετέο, τότε μπορούμε να εργαστούμε και με το $\{2, \, 2^2, \, 2^3, \, 2^4, \, ... \}$ .

Η λύση και στις δύο περιπτώσεις είναι ίδια και, αν το δεις σωστά, είναι απλή (μια γραμμή).
Κύριε Μιχάλη μπερδεύτηκα λίγο με τα λεγόμενα σας. Στην άσκηση που βάλατε δεν γίνεται να γραφτεί σαν τετράγωνο αν δεν κάνω κάποιο λάθος! Όμως αν βάλουμε στο σύνολο όλες τις δυνάμεις του 2 τότε γίνεται να γραφτεί το άθροισμα 2 τέτοιων στοιχείων ως τέλειο τετράγωνο. Όπως π.χ το 32+4=36. Μάλιστα σαν άθροισμα 2 στοιχείων έχω και τη μορφή των λύσεων! Αυτό που ψάχνω είναι αν υπάρχει κάτι για 3 προσθετεους και πάνω.

Αν και παραβιάζω τον κανονισμό αφού η ανάρτηση δεν είναι γραμμένη σε TEX
θα απαντήσω.

Για κάθε φυσικό

υπάρχουν
$a_{i},a_{i}\in \left \{ 0,1 \right \}$

ώστε

$N=\sum_{i=0}^{k}a_{i}2^{i}$

Αν πάρεις $N=4m^{2}$ έχεις όσες παραστάσεις θέλεις

Συμπλήρωμα.
Διόρθωσα ένα τυπογραφικό.

Ορέστης Λιγνός · #90

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 03, 2019 11:29 pm
Άσκηση 23 Εξετάστε αν μπορεί ένα άθροισμα διαφορετικών ανά δύο στοιχείων του συνόλου $\{2, \, 2^3, \, 2^5, \, 2^7, \, ... \}$ να είναι τέλειο τετράγωνο.

Έστω ότι υπάρχουν

διαφορετικά στοιχεία του συνόλου, ώστε το άθροισμα τους να είναι τέλειο τετράγωνο. Έστω $2^{a_i}$ με $i \in \{1,2, \ldots, k\}$ τα στοιχεία αυτά με τους a_i

περιττούς.

Τότε, έχουμε $2^{a_1}+2^{a_2}+ \ldots 2^{a_k}=m^2$ με τον $m \in \mathbb{N}$ . Χωρίς βλάβη της γενικότητας, έστω a_i<a_j

, αν

.

Έχω λοιπόν, $2^{a_1}(2^{a_2-a_1}+ \ldots +2^{a_k-a_1}+1)=m^2$ . Έχω προφανώς $a_i-a_1 \geqslant 1$ για κάθε

, άρα ο δεύτερος παράγοντας είναι περιττός, και αφού ο πρώτος είναι δύναμη του

, οι δύο παράγοντες είναι πρώτοι μεταξύ τους.

Συνεπώς, υπάρχουν x,y

φυσικοί ώστε $2^{a_1}=x^2$ , και $2^{a_2-a_1}+ \ldots +2^{a_k-a_1}+1=y^2$ . Ο a_1

όμως είναι περιττός, έστω a_1=2s+1

, οπότε $2 \cdot (2^s)^2=x^2 \Rightarrow (\dfrac{x}{2^s})^2=2$ , οπότε ο

είναι τετράγωνο ρητού, άτοπο.

Edit : Διόρθωση τυπογραφικού λάθους. Ευχαριστώ τον κ.Σταύρο και τον κ.Μιχάλη που μου το επισήμαναν με Π.Μ.

Τσιαλας Νικολαος · #91

Κύριε Σταύρο ίσως δεν το διατύπωσα σωστά! Για άθροισμα 2 αριθμών έχω την μορφή όλων των λύσεων!! Για 3 και πάνω μπορούμε να βρούμε ΟΛΕΣ τις λύσεις?

#92

Ωραιότατα.

Ας δούμε την ίδια λύση αλλά με μικρή παραλλαγή στο τελείωμα για να δουν οι μαθητές ένα δεύτερο χρήσιμο εργαλείο:

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 03, 2019 11:29 pm
Άσκηση 23 Εξετάστε αν μπορεί ένα άθροισμα διαφορετικών ανά δύο στοιχείων του συνόλου $\{2, \, 2^3, \, 2^5, \, 2^7, \, ... \}$ να είναι τέλειο τετράγωνο.

Εξετάζουμε ένα άθροισμα από διαφορετικούς μεταξύ τους αριθμούς του συνόλου. Με άλλα λόγια εξετάζουμε, ένα άθροισμα

$2^{a_1}+2^{a_2}+ \ldots 2^{a_k}$ για κάποια διαφορετικά μεταξύ τους περιττά a_1< a_2<...< a_k

.

Βγάζοντας κοινό παράγοντα και παρατηρώντας ότι το "μέσα" είναι "1 συν άθροισμα άρτιων", ο αριθμός γράφεται ως

$2^{a_1}(2N +1)$ .

Ο 2N+1

μπορεί να είναι ή να μην είναι τέλειο τετράγωνο (μας είναι αδιάφορο) όμως η (μοναδική) ανάλυση του $2^{a_1}(2N +1)$ σε πρώτους παράγοντες έχει περιττό πλήθος από δυάρια (συγκεκριμένα, a_1

). Άρα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο αφού τα τέλεια τετράγωνα έχουν μόνο άρτιες δυνάμεις των πρώτων παραγόντων τους. Βλέπε: $(p_1^{t_1}...p_n^{t_n})^2= p_1^{2t_1}...p_n^{2t_n}$ . Τελειώσαμε.

Τσιαλας Νικολαος · #93

Κύριε Μιχάλη καλημέρα! Το προηγούμενο Σάββατο έβαλα την άσκηση στην τάξη και την λύσαμε ακριβώς με τον ίδιο τρόπο! Για αυτό το Σάββατο τους έχω βάλει σαν άσκηση να βρουν ΟΛΕΣ τις λύσεις αθροίσματος 2 προσθετεων από το σύνολο με ΟΛΕΣ τις δυνάμεις του 2.
Αν κάποιος δεν βάλει την λύση μέχρι το Σάββατο θα την βάλω τότε όταν την ετοιμάσω με τους μαθητές. Επίσης για 3 προσθετεους έχω βρει ένα τύπο άπειρων λύσεων αλλά δεν έχω βρει τρόπο απόδειξης ότι είναι μοναδικές

#94

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 13, 2019 11:12 am
Το προηγούμενο Σάββατο έβαλα την άσκηση στην τάξη

Νίκο,

Συγχαρητήρια σε 'σένα και τους μαθητές σου που Σαββατιάτικα ασχολούνται με καλά Μαθηματικά.

Εύχομαι να σας μιμηθούν πολλοί.

#95

Άσκηση 24 Δείξτε ότι δεν υπάρχει τρόπος να βάλουμε από έναν φυσικό αριθμό στα κυκλάκια έτσι ώστε το άθροισμα των τεσσάρων αριθμών σε κάθε ευθεία του σχήματος να είναι περιττός αριθμός.

Ας την αφήσουμε

ώρες για τα παιδιά του Δημοτικού.
.

Τσιαλας Νικολαος · #96

Επανέρχομαι στο θέμα δίνοντας τη λύση για το πρόβλημα 2 προσθετέων από το σύνολο με όλες τις δυνάμεις του 2

Έστω 2^n+2^k

το άθροισμα με n<k

$\cdot$ Αν

περιττός τότε

$2^n+2^k=2^n(1+2^{k-n})$

Όμως 2 πρώτος και αφού

περιττός πρέπει

$2/1+2^{k-n}$ για να είναι τέλειο τετράγωνο

Αδύνατο αφού $1+2^{k-n}$ περιττός

$\cdot$ Αν

άρτιος τότε

$2^n+2^k=2^n(1+2^{k-n})$

Αφού 2^n

τέλειο τετράγωνο πρέπει $1+2^{k-n}=m^2\Rightarrow m^2-2^{k-n}=1$

Από άμεση εφαρμογή Θ.Catalan έχω $\boxed{m=3}, \boxed{k-n=3}$

Άρα η μορφή λύσεων είναι $(2^n, 2^{n+3})$ για

άρτιο

Υ.Γ. Ευχαριστώ τον Νικόλα Κατερινόπουλο που μετέφερε την άσκηση σε Latex

Υ.Γ.2 Έχω βρει και άπειρες λύσεις για 3 προσθετέους της μορφής $2^n(1+2^{5}+2^{8})$ αλλά δεν μπορώ να δείξω ότι είναι οι μοναδικές

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #97

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 19, 2019 2:48 pm

Αφού τέλειο τετράγωνο πρέπει $1+2^{k-n}=m^2\Rightarrow m^2-2^{k-n}=1$

Από άμεση εφαρμογή Θ.Catalan έχω $\boxed{m=3}, \boxed{k-n=3}$

Δεν χρειάζεται κανένα θεώρημα του αγαπητού Catalan.
Το σχετικό θεώρημα δεν το γνωρίζω.
Αφού
$m^2-2^{k-n}=1$ ο

είναι περιττός.
Ετσι m=2r+1

οπότε
$4r(r+1)=2^{k-n}$
Η μόνη περίπτωση είναι r=1

οπότε

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #98

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 19, 2019 2:48 pm

Υ.Γ.2 Έχω βρει και άπειρες λύσεις για 3 προσθετέους της μορφής $2^n(1+2^{5}+2^{8})$ αλλά δεν μπορώ να δείξω ότι είναι οι μοναδικές

Σίγουρα δεν είναι μόνο αυτές.

$(2^{n}(1+2^{k}))^{2}=2^{2n}(1+2^{2k}+2^{k+1})$

πάρε k=35

δεν έχει την μορφή παραπάνω.

Τσιαλας Νικολαος · #99

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 19, 2019 5:32 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 19, 2019 2:48 pm

Υ.Γ.2 Έχω βρει και άπειρες λύσεις για 3 προσθετέους της μορφής $2^n(1+2^{5}+2^{8})$ αλλά δεν μπορώ να δείξω ότι είναι οι μοναδικές
Σίγουρα δεν είναι μόνο αυτές.

$(2^{n}(1+2^{k}))^{2}=2^{2n}(1+2^{2k}+2^{k+1})$

πάρε δεν έχει την μορφή παραπάνω.

Κύριε Σταύρο αυτό δεν το είχα σκεφτεί!! Ευχαριστώ πολύ!

#100

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 14, 2019 8:06 am
Άσκηση 24 Δείξτε ότι δεν υπάρχει τρόπος να βάλουμε από έναν φυσικό αριθμό στα κυκλάκια έτσι ώστε το άθροισμα των τεσσάρων αριθμών σε κάθε ευθεία του σχήματος να είναι περιττός αριθμός.

Ας την αφήσουμε ώρες για τα παιδιά του Δημοτικού.
.

Ανοικτή σε όλους.

Το σχήμα είναι λίγα ποστ πιο πάνω.

Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Μέλη σε σύνδεση