Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

#161

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Δεκ 18, 2025 1:36 am .
Άσκηση 47. Να αποδειχθεί ότι αν ρητός αριθμός και $n\ge 3$ φυσικός αριθμός, τότε ο $\sqrt [n] {q^n+1}$ είναι άρρητος.

Αν ο $\sqrt [n] {q^n+1}$ ήταν ρητός για κάποιον ρητό q>0

, θα υπήρχαν φυσικοί a,b,c,d

με $\sqrt [n] {\left (\dfrac {a}{b} \right )^n+1} = \left \dfrac {c}{d}$ . Ισοδύναμα $\left (\dfrac {a}{b} \right )^n+ 1= \left (\dfrac {c}{d} \right )^n$ , και άρα

$\boxed {(ad)^n+ (bd)^n= (bc)^n}$ . Αλλά αυτό αντιβαίνει στο Τελευταίο Θεώρημα του Fermat.

Μα θα πει κανείς, επιτρέπεται αυτή η λύση σε αυτόν τον φάκελο; Η απάντηση είναι βεβαίως, αφού έγραψα

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Δεκ 18, 2025 1:36 am Σχόλιο. Την άσκηση την αναρτώ με μία δόση χιούμορ: Επιτρέπεται η χρήση οποιουδήποτε θεωρήματος της βιβλιογραφίας, όσο δύσκολο και αν είναι αυτό!

#162

.
Άσκηση 48. Να βρεθεί ο μικρότερος φυσικός αριθμός $N\ge 1$ τέτοιος ώστε ο $\sqrt {2\sqrt {3 \sqrt {N}}}$ είναι φυσικός αριθμός.

Fotis34 · #163

Λύση, στην Άσκηση 48:

Έστω
$\displaystyle \sqrt{2 \sqrt{3 \sqrt{N}}}} = k \in \mathbb{N}.$

Τότε:
$\displaystyle 2 \sqrt{3 \sqrt{N}} = k^2 \implies \sqrt{3 \sqrt{N}} = \frac{k^2}{2}.$

Αν πάρουμε τετράγωνο και στα δύο μέρη:
$\displaystyle 3 \sqrt{N} = \left(\frac{k^2}{2}\right)^2 = \frac{k^4}{4} \implies \sqrt{N} = \frac{k^4}{12}.$

Πάλι, παίρνοντας τετράγωνο:
$\displaystyle N = \left(\frac{k^4}{12}\right)^2 = \frac{k^8}{144}.$

Για να είναι $N \in \mathbb{N}$ , πρέπει k^8

να διαιρείται από 144. Η παραγοντοποίηση $144 = 2^4 \cdot 3^2$ δείχνει ότι το μικρότερο

που ικανοποιεί την προϋπόθεση είναι k=6

.

Άρα:
$\displaystyle N = \frac{6^8}{144} = 2^4 \cdot 3^6 = 11664.$

$\displaystyle \boxed{N = 11664}.$

#164

.
Άσκηση 49. Οι συντελεστές ενός πολυωνύμου είναι μονοψήφιοι φυσικοί αριθμοί (δηλαδή κάποιοι από τους ). Αν $P(\sqrt {10}) = 712 + 341 \sqrt {10}$ , να βρεθεί το πολυώνυμο.

Nikitas K. · #165

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Ιαν 27, 2026 10:46 pm .
Άσκηση 49. Οι συντελεστές ενός πολυωνύμου είναι μονοψήφιοι φυσικοί αριθμοί (δηλαδή κάποιοι από τους ). Αν $P(\sqrt {10}) = 712 + 341 \sqrt {10}$ , να βρεθεί το πολυώνυμο.

Παρατηρούμε ότι το άθροισμα των όρων που έχουν άρτιο δείκτη πρέπει να ισούται με 712

και ότι το άθροισμα των όρων που έχουν περιττό δείκτη πρέπει να ισούται με $341\sqrt{10}$ .

Αν το πολυώνυμο είναι τουλάχιστον έκτου βαθμού τότε ο μεγιστοβάθμιος όρος έχει τιμή τουλάχιστον όσο το 1000

άτοπο.

Αν το πολυώνυμο είναι το πολύ τετάρτου βαθμού τότε το άθροισμα των όρων που έχουν περιττό δείκτη είναι το πολύ $9\sqrt{10} + 90\sqrt{10}$ άτοπο.

Το πολυώνυμο πρέπει να είναι ακριβώς πέμπτου βαθμού οπότε εύκολα προκύπτει ο τύπος του P(x) = 3x^5 + 7x^4 + 4x^3 + x^2 + x + 2

#166

Nikitas K. έγραψε: Τετ Ιαν 28, 2026 4:46 am Το πολυώνυμο πρέπει να είναι ακριβώς πέμπτου βαθμού οπότε εύκολα προκύπτει ο τύπος του

Νικήτα, στο παραπάνω λείπει όλη η ουσία της άσκησης. Δίνει μόνο την απάντηση, όπως θα μπορούσε να την βρει ένα λογισμικό ή η τεχνιτή νοημοσύνη, και απλά επιβεβαιώνουμε την αριθμητική απάντηση. Συν τοις άλλοις, δεν φαίνεται πουθενά αν υπάρχει άλλο πολυώνυμο με την ίδια ιδιότητα, και ποιο.

Θεωρώ ότι η άσκηση είναι ακόμα ανοικτή.

Nikitas K. · #167

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Ιαν 28, 2026 7:07 am
Nikitas K. έγραψε: Τετ Ιαν 28, 2026 4:46 am Το πολυώνυμο πρέπει να είναι ακριβώς πέμπτου βαθμού οπότε εύκολα προκύπτει ο τύπος του
Νικήτα, στο παραπάνω λείπει όλη η ουσία της άσκησης. Δίνει μόνο την απάντηση, όπως θα μπορούσε να την βρει ένα λογισμικό ή η τεχνιτή νοημοσύνη, και απλά μπορούμε να επιβεβαιώσουμε την αριθμητική απάντηση. Συν τοις άλλοις, δεν φαίνεται πουθενά αν υπάρχει άλλο πολυώνυμο με την ίδια ιδιότητα, και ποιο.

Θεωρώ ότι η άσκηση είναι ακόμα ανοικτή.

Από την στιγμή που έχει προσδιοριστεί ο βαθμός του πολυωνύμου στην χείριστη είναι όντως θέμα δοκιμών $9\cdot 10^5$ αλλά δεν έδρασα έτσι.

Έστω P(x) = a_5 x^5 + a_4 x^4 + a_3 x^3 + a_2 x^2 + a_1x + a_0

Από την παρατήρηση:

Nikitas K. έγραψε: Τετ Ιαν 28, 2026 4:46 am Παρατηρούμε ότι το άθροισμα των όρων που έχουν άρτιο δείκτη πρέπει να ισούται με και ότι το άθροισμα των όρων που έχουν περιττό δείκτη πρέπει να ισούται με $341\sqrt{10}$ .

$a_0 \sqrt{10}^0 + a_2\sqrt{10}^2 + a_4\sqrt{10}^4 = 712\Leftrightarrow a_4 \cdot 10^2 + a_2 \cdot 10^1 + a_0 \cdot 10^0 = 712$ και

$a_1\sqrt{10}^1 + a_3 \sqrt{10}^3+ a_5\sqrt{10}^5 = 341\sqrt{10}\Leftrightarrow a_5 \cdot 10^2 + a_3 \cdot 10^1 + a_1 \cdot 10^0 = 341$

Επειδή οι a_1,a_2, a_3,a_4,a_5

είναι μονοψήφιοι και η αναπαράσταση του 712

στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης είναι $7 \cdot 10^2 + 1\cdot 10^1 + 2\cdot 10^0$ όμοια η αναπαράσταση του 341

είναι $3\cdot 10^2 + 4\cdot 10^1 + 1\cdot 10^0$ προκύπτει ότι (a_0,a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)=(2,1,1,4,7,3)

#168

.
Άσκηση 50. Έστω $a,\,b$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Δείξτε ότι υπάρχει φυσικός αριθμός τέτοιος ώστε ο $\sqrt {an-b}$ είναι άρρητος.

Dimessi · #169

Έστω ότι προς άτοπο $\sqrt {an-b}\in \mathbb{Q},$ για κάθε $n\in \mathbb{N}.$ Τότε a-b,2a-b

τέλεια τετράγωνα ρητών οπότε

ρητός άρα και

ρητός. Άρα μπορούμε να γράψουμε τα a,b

ομώνυμα κλάσματα ως $a=\frac{A}{M}, b=\frac {B}{M},$ τότε An-B=Mx_n^2 ,

όπου

ρητός για κάθε

Οπότε $(Mx_n)^2=M(An-B)\in \mathbb {N},$ με $Mx_n\in \mathbb {Q},$ επομένως $k_n=Mx_n \in \mathbb {N},$ για κάθε

Όμως, $x_{n+1}-x_n=\frac {a}{\sqrt {a(n+1)-b}+\sqrt {an-b}}\rightarrow 0,$ (*) καθώς $n\rightarrow \infty.$ Άρα $k_{n+1}-k_n\rightarrow 0$ καθώς $n\rightarrow \infty.$ Αφού όμως για κάθε

είναι $k_n\in \mathbb{N},$ με k_n

γνησίως αύξουσα ακολουθία , άρα $k_{n+1}-k_{n}\geq 1$ για κάθε n, που αντιφάσκει με (*). Άρα για κάποιον θετικό ακέραιο n ο $\sqrt {an-b}$ είναι άρρητος .

#170

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Απρ 26, 2026 8:22 pm .
Άσκηση 50. Έστω $a,\,b$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Δείξτε ότι υπάρχει φυσικός αριθμός τέτοιος ώστε ο $\sqrt {an-b}$ είναι άρρητος.

.
Αλλιώς.

Έστω ότι για κάθε $n\in \mathbb{N}$ είναι $\sqrt {an-b}\in \mathbb{Q}$ . Τότε παίρνοντας το πηλίκο των παραστάσεων για n=1

και

έχουμε

$\dfrac {\sqrt {2a-b}}{\sqrt {a-b}} = q\in \mathbb{Q}$ , οπότε $\dfrac {2a-b}{a-b} = q^2$ . Mε απλές πράξεις είναι τότε

$\dfrac {b}{a} =\dfrac {q^2-2}{q^2-1} \in \mathbb{Q}$ , οπότε $\dfrac {b}{a}= \dfrac {K} {L}$ για κάποιους φυσικούς K,L

.

Άρα για οποιαδήποτε n,m

έχουμε ότι το αριστερό μέλος παρακάτω είναι ρητός αριθμός, που σημαίνει ότι

$\displaystyle{\dfrac {\sqrt {an-b}}{\sqrt {am-b}} = \dfrac {\sqrt {n-\dfrac {b}{a} }}{\sqrt {m-\dfrac {b}{a} } } = \dfrac {\sqrt {n-\dfrac {K}{L} }}{\sqrt {m-\dfrac {K}{L} } }= \dfrac {\sqrt {Ln-K}}{\sqrt {Lm-K}}\in \mathbb{Q}}$

Αλλά παίρνοντας $n=L^3K, \, m=LK$ έχουμε ότι είναι ρητός ο

$\displaystyle{ \dfrac {\sqrt {L^4K-K}}{\sqrt {L^2K-K}} = \sqrt {L^2+1} }$ .

Άτοπο γιατί ο L^2+1

δεν είναι τέλειο τετράγωνο ως γνήσια μεταξύ των διαδοχικών τελείων τετραγώνων L^2

και

. Και λοιπά.

#171

.
Άσκηση 51. Έστω $a,\,b, \,c \in \mathbb Q$ θετικοί με $\sqrt a + \sqrt b+ \sqrt c \in \mathbb Q$ . Δείξτε ότι οι αριθμοί $\sqrt a , \, \sqrt b,\, \sqrt c$ είναι ρητοί.

#172

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιουν 05, 2026 8:26 am .
Άσκηση 51. Έστω $a,\,b, \,c \in \mathbb Q$ θετικοί με $\sqrt a + \sqrt b+ \sqrt c \in \mathbb Q$ . Δείξτε ότι οι αριθμοί $\sqrt a , \, \sqrt b,\, \sqrt c$ είναι ρητοί.

Θα δείξουμε ότι

\sqrt{c} \in \mathbb{Q}

και όμοια λόγω συμμετρίας θα έχουμε

\sqrt{a}, \sqrt{b} \in \mathbb{Q}

.

Έστω

\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} = k

, όπου $k \in \mathbb{Q}$ . Τότε

\sqrt{a} + \sqrt{b} = k - \sqrt{c} \Rightarrow a + b + 2\sqrt{ab} = k^2 + c - 2k\sqrt{c} \Rightarrow 2\sqrt{ab} = k^2 + c - a - b - 2k\sqrt{c}

.

Θέτουμε για ευκολία

k_1 = k^2 + c - a - b

και επειδή

k, a, b, c \in \mathbb{Q}

, ο

είναι προφανώς ρητός. Έτσι η σχέση γίνεται:

2\sqrt{ab} = k_1 - 2k\sqrt{c} \ \ (1) \Rightarrow 4ab = k_1^2 + 4k^2c - 4kk_1\sqrt{c} \Rightarrow 4kk_1\sqrt{c} = k_1^2 + 4k^2c - 4ab

Παρατηρούμε ότι το δεξί μέλος της εξίσωσης αποτελείται αποκλειστικά από πράξεις μεταξύ ρητών αριθμών, άρα είναι ένας ρητός αριθμός, ας τον ονομάσουμε

k_2 \in \mathbb{Q}

.
Διακρίνουμε τώρα τις εξής περιπτώσεις:

Αν

4kk_1 = 0

τότε

(καθώς

) άρα από την (1)

παραπάνω έχουμε:

2\sqrt{ab} = 0 - 2k\sqrt{c}

, αδύνατο αφού

a,b,c,k>0

.

Αν

4kk_1 \neq 0

, τότε

\sqrt{c} = \dfrac{k_2}{4kk_1}

άρα προφανώς $\sqrt{c}\in\mathbb{Q}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

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