Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

#101

mick7 έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 07, 2024 3:24 pm
Aν θέσουμε $x_k = \sqrt{n + \sqrt{n + \sqrt{\cdots + \sqrt{n}}}}$ άρρητος τότε με επαγωγή σε άτοπο για τον $x_{k+1} = \sqrt{n + x_k}$ υποθέτοντας ότι είναι ρητός.

Ορθότατα. Ας δούμε με λεπτομέρεια, για όφελος των μαθητών, το βήμα όπου βασίστηκε το άτοπο: Αν είχαμε $x_{k+1}$ ρητός, τότε από την $x_{k+1} = \sqrt{n + x_k}$ , ισοδύναμα $x_{k} = x^2_{k+1}-n$ , έπεται ότι θα ήταν ρητός και ο x_k

ως άθροισμα ρητών. Άτοπο, από την επαγωγική υπόθεση.

#102

Άσκηση 34. Δείξτε ότι o θετικός αριθμός που ικανοποιεί είναι άρρητος.

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #103

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 07, 2024 11:32 pm
Άσκηση 34. Δείξτε ότι o θετικός αριθμός που ικανοποιεί είναι άρρητος.

Έστω (αντίθετα από το ζητούμενο) ότι ισχύει $a\in\mathbb{Q}$
οπότε $a=\dfrac{p}{q}$ με $p,q\in\mathbb{N}^*$ και (p,q)=1

Θα είναι $\dfrac{p}{q}=2^{\frac{q}{p}}>1^{\frac{q}{p}}=1$
οπότε μπορούμε να γράψουμε $k=p-q\ge1$

$\dfrac{p}{q}=2^\frac{q}{p} \Rightarrow \dfrac{p^p}{q^p}=2^q \Rightarrow p^p=2^q \cdot q^p$ οπότε 2 | p

(1)

Επίσης $p^{p-q}\cdot p^q=2^q \cdot q^p \Rightarrow p^{k}\cdot \left(\dfrac{p}{2}\right)^q=q^p$

$2 | p \Rightarrow 2 | p^k \Rightarrow 2 | q^p \Rightarrow 2 | q$ (2)

(1,2) $\Rightarrow (p,q)\ne 1$ άτοπο $\blacksquare$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ
Το παραπάνω επιχείρημα συνεχίζει να λειτουργεί αν αντικαταστήσουμε το

με οποιονδήποτε πρώτο αριθμό.

abfx · #104

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 07, 2024 11:32 pm
Άσκηση 34. Δείξτε ότι o θετικός αριθμός που ικανοποιεί είναι άρρητος.

Δείτε επίσης και στο ποστ #14 του παρόντος νήματος όπου έχει τεθεί ως Άσκηση 5.

#105

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 07, 2024 11:32 pm
Άσκηση 34. Δείξτε ότι o θετικός αριθμός που ικανοποιεί είναι άρρητος.

Προτείνω το εξής:

Φανερά το

δεν είναι ακέραιος. Αν είναι a =m/n,

ρητός, τότε a^m=2^n

ή

Αλλά η τελευταία, ως εξίσωση του

, αν έχει ρητή ρίζα είναι ακέραια, άτοπο.

#106

Άσκηση 35. Για ποιες τιμές του $n\in \mathbb N$ ο αριθμός $\displaystyle{ \sqrt { \dfrac {n}{2024-n} } }$ είναι ακέραιος;

Nikitas K. · #107

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 02, 2024 9:37 am
Άσκηση 35. Για ποιες τιμές του $n\in \mathbb N$ ο αριθμός $\displaystyle{ \sqrt { \dfrac {n}{2024-n} } }$ είναι ακέραιος;

$\sqrt { \dfrac {n}{2024-n} } \overset {u:=2024-n}{=} \sqrt { \dfrac {2024-u}{u} } = \sqrt { \dfrac {2024}{u} -1 }$

Οι πιθανές τιμές του

είναι οι διαιρέτες του 2024

που αναλύοντάς το σε γινόμενο πρώτων παραγόντων έχουμε $2^3\cdot 11\cdot 23$ δηλαδή

διαιρέτες.

Το παρακάτω πρόγραμμα διακρίνει

περιπτώσεις (μια περίπτωση για κάθε διαιρέτη του 2024

).
Επομένως, οι μόνες τιμές του

που δεχόμαστε είναι ο αριθμός

και ο αριθμός 1012

Κώδικας: Επιλογή όλων

public class Main {
	public static void main(String[] args) {
		for (int i = 0; i <= 3; i++)
			for (int j = 0; j <= 1; j++)
				for (int k = 0; k <= 1; k++) {
					int divisor = (int) (Math.pow(2, i) * Math.pow(11, j) * Math.pow(23, k));
					double number = Math.sqrt(2024 / divisor - 1);
					if (number == (int) number) {
						System.out.println(" _______");
						System.out.println("|ACCEPT|\t number = " + (int) number + "\t\t , only if u = " + divisor
								+ "\t , only if n = " + (2024 - divisor));
						System.out.println(" -------");
					} else {
						System.out.println("DISCARD\t number = " + String.format("%.2f", number) + "...\t , only if u = "
								+ divisor + "\t , only if n = " + (2024 - divisor));
					}
				}
	}
}

Επεξεργασία:
Αν u = 1

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {1936} < \sqrt {2023} < \sqrt {2025}$
$\Leftrightarrow$ $44 < \sqrt{\frac{2024}{1}-1} < 45$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{1}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 23

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {81} < \sqrt {87} < \sqrt {100}$
$\Leftrightarrow$ $9 < \sqrt{\frac{2024}{23}-1} < 10$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{23}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 11

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {169} < \sqrt {183} < \sqrt {196}$
$\Leftrightarrow$ $13 < \sqrt{\frac{2024}{11}-1} < 14$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{11}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 253

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {4} < \sqrt {7} < \sqrt {9}$
$\Leftrightarrow$ $2 < \sqrt{\frac{2024}{253}-1} < 3$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{253}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 2

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {961} < \sqrt {1011} < \sqrt {1024}$
$\Leftrightarrow$ $31 < \sqrt{\frac{2024}{2}-1} < 32$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{2}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 46

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {36} < \sqrt {43} < \sqrt {49}$
$\Leftrightarrow$ $6 < \sqrt{\frac{2024}{46}-1} < 7$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{46}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 22

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {81} < \sqrt {91} < \sqrt {100}$
$\Leftrightarrow$ $9 < \sqrt{\frac{2024}{22}-1} < 10$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{22}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 506

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {1} < \sqrt {3} < \sqrt {4}$
$\Leftrightarrow$ $1 < \sqrt{\frac{2024}{506}-1} < 2$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{506}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 4

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {484} < \sqrt {505} < \sqrt {529}$
$\Leftrightarrow$ $22 < \sqrt{\frac{2024}{4}-1} < 23$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{4}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 92

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {16} < \sqrt {21} < \sqrt {25}$
$\Leftrightarrow$ $4 < \sqrt{\frac{2024}{92}-1} < 5$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{92}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 44

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {36} < \sqrt {45} < \sqrt {49}$
$\Leftrightarrow$ $6 < \sqrt{\frac{2024}{44}-1} < 7$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{44}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 1012

, τότε
Ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{1012}-1} = 1$ είναι ακέραιος. Δεκτή λύση.

Αν u = 8

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {225} < \sqrt {252} < \sqrt {256}$
$\Leftrightarrow$ $15 < \sqrt{\frac{2024}{8}-1} < 16$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{8}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 184

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {9} < \sqrt {10} < \sqrt {16}$
$\Leftrightarrow$ $3 < \sqrt{\frac{2024}{184}-1} < 4$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{184}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 88

, τότε

$\Leftrightarrow$ $\sqrt {16} < \sqrt {22} < \sqrt {25}$
$\Leftrightarrow$ $4 < \sqrt{\frac{2024}{88}-1} < 5$
Άρα ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{88}-1}$ δεν είναι ακέραιος. Απορριπτέα λύση.

Αν u = 2024

, τότε
Ο αριθμός $\sqrt{\frac{2024}{2024}-1} = 0$ είναι ακέραιος. Δεκτή λύση.

#108

Nikitas K. έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 02, 2024 8:00 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 02, 2024 9:37 am
Άσκηση 35. Για ποιες τιμές του $n\in \mathbb N$ ο αριθμός $\displaystyle{ \sqrt { \dfrac {n}{2024-n} } }$ είναι ακέραιος;

$\sqrt { \dfrac {n}{2024-n} } \overset {u:=2024-n}{=} \sqrt { \dfrac {2024-u}{u} } = \sqrt { \dfrac {2024}{u} -1 }$

Οι πιθανές τιμές του είναι οι διαιρέτες του που αναλύοντάς το σε γινόμενο πρώτων παραγόντων έχουμε $2^3\cdot 11\cdot 23$ δηλαδή διαιρέτες.

Το παρακάτω πρόγραμμα διακρίνει περιπτώσεις (μια περίπτωση για κάθε διαιρέτη του ).
Επομένως, οι μόνες τιμές του που δεχόμαστε είναι ο αριθμός και ο αριθμός

.
Θεωρώ την άσκηση ακόμα ανοικτή. Οι λύσεις σας ευπρόσδεκτες.

Δεν έχει νόημα για μία πολύ απλή άσκηση να μην κάνουμε συλλογισμό αλλά να αφήνουμε τον υπολογιστή να αποφασίσει αν ένας αριθμός είναι άρρητος ή όχι.

#109

.
Άσκηση 36. Έστω $f: \mathbb N \longrightarrow \mathbb N$ περιοδική συνάρτηση με περίοδο . Αν το σύνολο $\{f(n) | n \in \mathbb N \}$ έχει άπειρα το πλήθος στοιχεία, δείξτε ότι το είναι άρρητος αριθμός.

#110

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 01, 2025 7:28 pm
.
Άσκηση 36. Έστω $f: \mathbb N \longrightarrow \mathbb N$ περιοδική συνάρτηση με περίοδο . Αν το σύνολο $\{f(n) | n \in \mathbb N \}$ έχει άπειρα το πλήθος στοιχεία, δείξτε ότι το είναι άρρητος αριθμός.

Επαναφορά.

Nikitas K. · #111

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 01, 2025 7:28 pm
.
Άσκηση 36. Έστω $f: \mathbb N \longrightarrow \mathbb N$ περιοδική συνάρτηση με περίοδο . Αν το σύνολο $\{f(n) | n \in \mathbb N \}$ έχει άπειρα το πλήθος στοιχεία, δείξτε ότι το είναι άρρητος αριθμός.

Επειδή η άσκηση έχει μείνει λίγο καιρό αναπάντητη. Ίσως λόγω ασυνεννοησίας της έννοιας «περιοδική συνάρτηση» που εδώ χρησιμοποποιείται με τη διαισθητική έννοια· επανάληψη μοτίβου.

Παρακάτω παραθέτω κάποιες σκέψεις μου, που περιέχουν σε κάποιο σημείο με αλλοιωμένο τρόπο το «δεύτερο κλειδί» της προσδοκώμενης λύσης την οποία ανακάλυψα κατά την σύγκριση της «λύσης» μου με άλλες λύσεις που έδωσαν διάφορα μεγάλα γλωσσικά μοντέλα συνειδητοποιώντας ότι η δική μου το πολύ πολύ δεν είναι η προσδοκώμενη. Επιπρόσθετα, λόγω ότι έγινε χρήση «αθέμιτων» μέσων για την εύρεση της προσδοκώμενης λύσης δεν την ανάρτησα ούτε τότες ούτε τώρα.

Έστω $T\notin\mathbb N^*$ τότε $\forall n\in\mathbb{N} ~ n+T\notin\mathbb N$ άρα στο n+T

δεν ορίζεται η εικόνα της συνάρτησης

άτοπο, αφού η συνάρτηση

είναι περιοδική με περίοδο

δηλαδή ισχύει $\forall n\in\mathbb{N} ~ f(n)=f(n+T)$

Επομένως $T\in\mathbb N^*$ ;... $\left(\left|f(\mathbb{N})\right|\notin\mathbb{N}\Rightarrow T\notin\mathbb{Q}\right)\equiv \left(1 \Rightarrow 0\right)\equiv 0$
Σκέφτηκα είναι αδύνατο να αποδειχθεί με αληθή επιχειρήματα το παραπάνω ψευδές θεώρημα.

Παρόλα αυτά εγώ συνέχισα γιατί είχα συγχυστεί... και αποπειράθηκα να αποδείξω το θεώρημα έμμεσα:...

Έστω $T\in\mathbb{Q}$ λόγω των παραπάνω έχουμε $T\in\mathbb{N}^*$ και ότι:

$f(\mathbb{N}) = \left\{f(0),f(1),\dots,f(T),f(T+1),\dots\right\}$

$=\left\{f(0),f(1),\dots,f(T-1)\right\}$ αφού $\forall n\in\mathbb N~\forall k\in\mathbb N ~f(n)=f(kT+n)$

$\Rightarrow \left|f(\mathbb{N})\right| \leq T\Rightarrow \left|f(\mathbb{N})\right|\in\mathbb N$

#112

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 02, 2024 9:37 am
Άσκηση 35. Για ποιες τιμές του $n\in \mathbb N$ ο αριθμός $\displaystyle{ \sqrt { \dfrac {n}{2024-n} } }$ είναι ακέραιος;

Μια λύση: (αν Μιχάλη έχεις υπόψιν σου κάτι πιο σύντομα, καλό είναι να το δούμε)

Έστω $\displaystyle{k}$ ο ζητούμενος ακέραιος.
Θέτοντας $\displaystyle{2024-n=m}$ , παίρνουμε: $\displaystyle{\frac{2024}{m} -1 = k^2}$
Είναι τώρα φανερό ότι πρέπει ο $\displaystyle{m}$ να διαιρεί τον $\displaystyle{2024}$ και αφού $\displaystyle{2024 = 2^3 .11.23}$ , θα πρέπει $\displaystyle{m=2^x .11^y .23^z }$ ,

όπου $\displaystyle{x\in\{0,1,2,3\}}$ , $\displaystyle{ y\in\{0,1\}}$ και $\displaystyle{z\in\{0,1\}}$

Έτσι έχουμε:

$\displaystyle{\frac{2^3 .11.23}{2^x .11^y .23^z} -1 = k^2 \Leftrightarrow 2^{3-x}.11^{1-y}.23^{1-z} -1 = k^2}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x=0}$

Τότε η (1) γράφεται: $\displaystyle{8.11^{1-y}.23^{1-z} -1 =k^2}$ .

Όμως το πρώτο μέλος της σχέσης αυτής λήγει σε $\displaystyle{3}$ ή σε $\displaystyle{7}$ και άρα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x=1}$

Τότε η (1) γράφεται: $\displaystyle{4.11^{1-y}.23^{1-z} - 1 = k^2}$

Αν $\displaystyle{z=1}$ , το πρώτο μέλος αυτής λήγει σε $\displaystyle{3}$ , άτοπο.

Αν $\displaystyle{z=0}$ , τότε έχουμε $\displaystyle{92.11^{1-y} -1 = k^2}$

Οπότε αν $\displaystyle{y=0}$ , έχουμε $\displaystyle{1011=k^2}$ , άτοπο και αν $\displaystyle{y=1}$ , $\displaystyle{91=k^2}$ , πάλι άτοπο.

3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x=2}$

Τότε η (1) γράφεται: $\displaystyle{2.11^{1-y}.23^{1-z} - 1 = k^2}$

Οπότε αν $\displaystyle{y=0 , z=0}$ , έχουμε $\displaystyle{505=k^2}$ , άτοπο. Αν $\displaystyle{y=0 , z=1}$ , έχουμε $\displaystyle{21=k^2}$ , άτοπο.

Αν $\displaystyle{y=1 , z=0}$ , έχουμε $\displaystyle{45=k^2}$ , άτοπο και αν $\displaystyle{y=1 , z=1}$ , έχουμε $\displaystyle{1=k^2}$ , δεκτό.

Τότε άμεσα βρίσκουμε $\displaystyle{n=1012}$

4η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x=3}$

Τότε η (1) γράφεται : $\displaystyle{11^{1-y}.23^{1-z} -1 = k^2}$

Αν $\displaystyle{z=0}$ , το πρώτο μέλος αυτής λήγει σε $\displaystyle{2}$ , άτοπο

Αν $\displaystyle{z=1}$ , τότε έχουμε: $\displaystyle{11^{1-y} -1 = k^2}$ , οπότε αν $\displaystyle{y=0 }$ , έχουμε $\displaystyle{10=k^2}$ , άτοπο ενώ αν $\displaystyle{y=1}$

έχουμε $\displaystyle{k^2 =0}$ , δεκτό.

Και πάλι άμεσα βρίσκουμε $\displaystyle{n=0}$

Τελικά, πρέπει: $\displaystyle{n\in \{0 , 1012\}}$

#113

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 29, 2025 8:49 pm
παίρνουμε: $\displaystyle{\frac{2024}{m} -1 = k^2}$

Λίγο πιο μαζεμένες οι περιπτώσεις: Έπεται από το παραπάνω ότι ο

είναι διαιρέτης του 2024

. Αλλά τότε και ο $\dfrac{2024}{m}$ είναι διαιρέτης του 2024

.

Αλλά οι διαιρέτες του 2024

είναι οι

. Οπότε θέλουμε τα τέλεια τετράγωνα ανάμεσα στους

0, 1, 3,7,10,21,22,43,45, 87,91,183,252,505,1011,2023

.

Εύκολα αναγνωρίζουμε ότι τα μόνα τέλεια τετράγωνα είναι τα

και

, που μας δίνουν τις λύσεις n=0

και

, που έγραψες.

#114

.
Άσκηση 36 (βελτιωμένη). Έστω $f: \mathbb R \longrightarrow \mathbb R$ περιοδική συνάρτηση με περίοδο . Αν το σύνολο $\{f(n) | n \in \mathbb N \}$ έχει άπειρα το πλήθος στοιχεία, δείξτε ότι το είναι άρρητος αριθμός.

Σχόλιο: Η άσκηση είναι βελτιωμένη εκδοχή της Άσκησης

που είχα παραπάνω. Η διαφορά είναι ότι στην αρχική μορφή το πεδίο ορισμού και το πεδίο τιμών ήταν το $\mathbb N$ , ενώ τώρα είναι το $\mathbb R$ . Η αρχική μορφή είναι ουσιαστικά τετριμμένη.

abfx · #115

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 07, 2025 3:15 pm
.
Άσκηση 36 (βελτιωμένη). Έστω $f: \mathbb R \longrightarrow \mathbb R$ περιοδική συνάρτηση με περίοδο . Αν το σύνολο $\{f(n) | n \in \mathbb N \}$ έχει άπειρα το πλήθος στοιχεία, δείξτε ότι το είναι άρρητος αριθμός.

Δείχνουμε το αντιθετοαντίστροφο, ότι δηλαδή αν η περίοδος

είναι ρητός αριθμός, τότε $f(\mathbb N)$ πεπερασμένο.

Έστω λοιπόν ότι $\displaystyle T=\frac{p}{q}$ , όπου $p,q \in \mathbb N$ . Τότε, $\displaystyle f(x)=f(x+\frac{p}{q}), \forall x\in\mathbb R$ .

Από την παραπάνω σχέση, με επαγωγή προκύπτει εύκολα ότι $\displaystyle f(x)=f(x+k\frac{p}{q})$ για κάθε $k\in \mathbb N$ .

Βάζοντας k=lq

όπου $l\in \mathbb N$ , έχουμε ότι $\displaystyle f(x)=f(x+lp), \forall x\in\mathbb R$ . Άρα, για $n\in \mathbb N$ τυχόν, αν με Ευκλείδεια διαίρεση

n=lp+r

, προκύπτει ότι f(n)=f(r)

οπότε $f(\mathbb N)=\{f(n): n=1,\ldots,p-1\}$ πεπερασμένο.

#116

Άσκηση 37. Αν μη μηδενικοί ακέραιοι με $|m|\le 100, \, |n| \le 100$ , δείξτε ότι $|m\sqrt 2 +n\sqrt 3 | > \dfrac {1}{320}$

.

#117

Επαναφορά.

Nikitas K. · #118

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 09, 2025 12:51 am
Άσκηση 37. Αν ακέραιοι με $|m|\le 100, \, |n| \le 100$ , δείξτε ότι $|m\sqrt 2 +n\sqrt 3 | > \dfrac {1}{320}$

Αν

τότε:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Αλλιώς, αν $n = 0\neq m \vee n\neq 0 = m$ τότε:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Αλλιώς, αν $n\neq 0\neq m$ τότε:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Προγραμματιστική λύση...

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Υ.Γ. Όποιος θέλει και έχει κάποια ιδέα μπορεί ελεύθερα να συνεισφέρει στην παραπάνω προσχέδια λύση... Επίσης για να προλάβω το κακό, ακόμη και να απαντηθεί η άσκηση με την παραπάνω μέθοδο, μπορείτε να την θεωρήσετε ανοικτή, διότι υπάρχει απλούστατη λύση, ελάχιστων γραμμών... που για δεοντολογικούς λόγους... δεν μπορώ να την αναφέρω.

#119

Nikitas K. έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 14, 2025 9:13 pm

... Επίσης για να προλάβω το κακό, ακόμη και να απαντηθεί η άσκηση με την παραπάνω μέθοδο, μπορείτε να την θεωρήσετε ανοικτή, διότι υπάρχει απλούστατη λύση, ελάχιστων γραμμών... που για δεοντολογικούς λόγους... δεν μπορώ να την αναφέρω.

.
Νικήτα για εξήγησέ μας σε παρακαλώ τι θέλεις να πεις, γιατί δεν σε καταβαίνω. Ποιο είναι το κακό που θέλεις να προλάβεις; Ποιοι είναι οι δεοντολογικοί λόγοι που σε αποτρέπουν από πλήρη και καθαρή λύση στην άσκηση;

Ας προσθέσω ότι όλες οι ασκήσεις σε αυτό το θρεντ είναι προσιτές: Αντιγράφω από το ποστ #

αυτού του θρεντ.
.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 06, 2022 11:29 pm

Ανοίγω ένα θρεντ με συλλογή ασκήσεων στο ίδιο θέμα, ώστε να έχουμε συγκεντρωμένη μία ποικιλία ωραίων θεμάτων. Η ιδέα είναι ότι τουλάχιστον η πλειοψηφία τους να είναι σχετκά προσιτές ασκήσεις, αλλά αποφεύγουμε τις χιλιοειπωμένες.

Θεωρώ την άσκηση ακόμα ανοικτή. Οι λύσεις σας ευπρόσδεκτες.

Nikitas K. · #120

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 14, 2025 9:22 pm
Νικήτα για εξήγησέ μας σε παρακαλώ τι θέλεις να πεις, γιατί δεν σε καταβαίνω. Ποιο είναι το κακό που θέλεις να προλάβεις; Ποιοι είναι οι δεοντολογικοί λόγοι που σε αποτρέπουν από πλήρη και καθαρή λύση στην άσκηση;

Πριν λίγες μέρες μετά από ενασχόληση κάποιων ωρών προσπαθόντας να την λύσω κατεύνασα την περιέργειά μου
ζητόντας από το ChatGPT να λύσει την άσκηση για να μου φύγει η απορία.

Προφανώς, θα ήταν αντιδεοντολογικό να γράψω μια έτοιμη λύση. Για αυτό κατά την «επαναφορά» προσπάθησα να βρω μια διαφορετική, προσέγγιση όπως αυτή που έγραψα στο ποστ #118

Με την φράση «Να προλάβω το κακό» ήθελα να (προλάβω):
να δικαιολογήσω τον λόγο που επέλεξα την παραπάνω λύση,
(να αποφύγω τα μεγάλα κόκκινα γράμματα ως απάντηση),
να ενημερώσω πως ακόμη η άσκηση είναι ανοιχτή και ότι απλά έβαλα ένα προσχέδιο λύσης για όποιον θέλει να την συνεχίσει από εκεί που σταμάτησα. Εν τέλει, όφειλα να προστατέψω τον χρόνο όποιου ήθελε να συνεχίσει από εκεί που σταμάτησα ενημερώνοντάς τον ότι δεν χρειάζεται να αναλωθεί σε εκείνο το σημείο καθώς υπάρχει διαφορετική λύση που δεν βασίζεται στην επαγωγή.

Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Μέλη σε σύνδεση