mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 26, 2025 4:48 pm**

$\displaystyle 4=p^{3}+q^{3}r\sqrt{r}+3p^{2}q\sqrt{r}+3pq^{2}r\Rightarrow \sqrt{r}=\frac{4-p^{3}-3pq^{2}r}{q^{3}r+3p^{2}q}\in \mathbb{Q}\left ( \ast \right ).$
$(\ast):\sqrt[3]{4}=p+q\sqrt{r}\overset{p,q,\sqrt{r}\in \mathbb{Q}}\in \mathbb{Q},$ άτοπο

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 26, 2025 5:15 pm**

Dimessi έγραψε: Παρ Σεπ 26, 2025 4:48 pm $\displaystyle 4=p^{3}+q^{3}r\sqrt{r}+3p^{2}q\sqrt{r}+3pq^{2}r\Rightarrow \sqrt{r}=\frac{4-p^{3}-3pq^{2}r}{q^{3}r+3p^{2}q}\in \mathbb{Q}\left ( \ast \right ).$
$(\ast):\sqrt[3]{4}=p+q\sqrt{r}\overset{p,q,\sqrt{r}\in \mathbb{Q}}\in \mathbb{Q},$ άτοπο

Δημήτρη, η λύση χρειάζεται ακόμη διευθέτηση διότι ο παρονομαστής μπορεί να είναι

, πράγμα που πρέπει να αποκλειστεί.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 26, 2025 5:30 pm**

Αυτά είναι προφανή. Για r=0

πάλι καταλήγει $\sqrt[3]{4}=p+q\cdot 0\in \mathbb{Q}.$ Ο παρονομαστής για να μηδενίζει με r>0,

πρέπει αναγκαστικά q=0

ή

που και πάλι δίνει q=0.

Τότε και πάλι $\sqrt[3]{4}=p+0\cdot \sqrt{r}\in \mathbb{Q}.$
Edit: σβήστηκε σχόλιο που ξεφεύγει από το μαθηματικό πλαίσιο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 26, 2025 5:49 pm**

Dimessi έγραψε: Παρ Σεπ 26, 2025 5:30 pm Αυτά είναι προφανή. Για πάλι καταλήγει $\sqrt[3]{4}=p+q\cdot 0\in \mathbb{Q}.$ Ο παρονομαστής για να μηδενίζει με πρέπει αναγκαστικά ή που και πάλι δίνει Τότε και πάλι $\sqrt[3]{4}=p+0\cdot \sqrt{r}\in \mathbb{Q}.$

Δημήτρη, ευχαριστούμε θερμά.

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 12, 2025 11:33 am**

.
Άσκηση 44. Δείξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N$ οι αριθμοί

$\displaystyle{a_n = \dfrac {1}{2} \left ( ( 3+2\sqrt 2 )^n + ( 3-2\sqrt 2 )^n \right )}$ και $\displaystyle{b_n = \dfrac {1}{2\sqrt 2} \left ( ( 3+2\sqrt 2 )^n -( 3-2\sqrt 2 )^n \right )}$

είναι φυσικοί, και ικανοποιούν την εξίσωση .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 12, 2025 10:49 pm**

Για

είναι προφανές. Αν για όλους τους φυσικούς $1\leq k\leq n,$ ο $a_{k}$ είναι φυσικός, τότε $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_{k}=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\left ( 3+2\sqrt{2} \right )^{k}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\left ( 3-2\sqrt{2} \right )^{k}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\left ( 3+2\sqrt{2} \right )^{n+1}-(3+2\sqrt {2})}{3+2\sqrt{2}-1}+\frac{1}{2}\cdot \frac{\left ( 3-2\sqrt{2} \right )^{n+1}-(3-2\sqrt {2}}{3-2\sqrt{2}-1}.$
Τω λοιπόν
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_{k}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\left ( 3+2\sqrt{2} \right )^{n}-\left ( 3+2\sqrt{2} \right )^{n+1}-1+3+2\sqrt{2}+\left ( 3-2\sqrt{2} \right )^{n}-\left ( 3-2\sqrt{2} \right )^{n+1}-1+3-2\sqrt{2}}{-4}=$
$\displaystyle =\frac{1}{4}\left ( a_{n+1}-a_{n} \right )-\frac{1}{2}\Rightarrow 4\sum_{k=1}^{n}a_{k}=a_{n+1}-a_{n}-2\left ( \ast \right ).$ Από την επαγωγική υπόθεση, $a_{k}\in \mathbb{N},$ για κάθε $1\leq k\leq n,$ άρα από την $\left (\ast \right)$ παίρνουμε $a_{n+1}\in \mathbb{N},$ που ολοκληρώνει το επαγωγικό βήμα. $\blacksquare$

Με ακριβώς όμοιο τρόπο, $b_{n} \in \mathbb{N},$ για κάθε $n\in \mathbb{N}.$

Τώρα, για κάθε $n\in \mathbb{N}:$

$\displaystyle a_{n}^{2}-2b_{n}^{2}=\frac{1}{4}\left ( 2\left ( 3+2\sqrt{2} \right )^{n}\cdot 2\left ( 3-2\sqrt{2} \right )^{n} \right )=1.$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 26, 2025 3:24 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Οκτ 12, 2025 11:33 am .
Άσκηση 44. Δείξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N$ οι αριθμοί

$\displaystyle{a_n = \dfrac {1}{2} \left ( ( 3+2\sqrt 2 )^n + ( 3-2\sqrt 2 )^n \right )}$ και $\displaystyle{b_n = \dfrac {1}{2\sqrt 2} \left ( ( 3+2\sqrt 2 )^n -( 3-2\sqrt 2 )^n \right )}$

είναι φυσικοί, και ικανοποιούν την εξίσωση .

.
Ωραιότατη η λύση του Δημήτρη στο προηγούμενο ποστ. Είχα στο μυαλό μου δύο διαφορετικές, τις οποίες καταγράφω (τα κύρια βήματα):

Α' ΤΡΟΠΟΣ. Από το ανάπτυγμα του διωνύμου των δύο προσθετέων του a_n

(και ανάλογα για το b_n

) ο όρος αυτός αποτελείται από αθροίσματα της μορφής $\displaystyle{\binom{n}{k}\dfrac { 3^{n-k} (2\sqrt 2)^k+3^{n-k} (-2\sqrt 2)^k }{2}}$ .

Τώρα, για

άρτιο η τετραγωνική ρίζα στα $(2\sqrt 2)^k, \, (-2\sqrt 2)^k$ εξαφανίζεται. Αυτό που απομένει έιναι προφανώς ακέραιος. Επίσης, για

περιττός, τα $(2\sqrt 2)^k, \, (-2\sqrt 2)^k$ είναι αντίθετοι αριθμοί, οπότε απλοποιούνται. Και στις δύο περιπτώσεις το a_n

είναι άθροισμα φυσικών αριθμών, και άρα είναι φυσικός. Αυτό είναι το αποδεικτέο.

Β' ΤΡΟΠΟΣ. Τα $s= 3+2\sqrt 2 , t= 3-2\sqrt 2$ ικανοποιούν s+t=6, st=1

, οπότε είναι ρίζες της x^2-6x+1=0

. Δηλαδή ικανοποιούν s^2=6s-1, t^2=6t-1

, και άρα $s^{N+2}=6s^{N+1}-s^N, t^{N+2}=6t^{N+1}-t^N$ για $N\in \mathbb N$ .

Αλλά $a_n= \dfrac {1}{2}( s^n+t^n)$ , οπότε με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε $\boxed {a_{n}= 6a_{n-1}- a_{n-2}}$ .

Δεδομένου ότι a_0= 1, a_1=3

, έπεται επαγωγικά ότι όλα τα a_n

είναι φυσικοί αριθμοί, όπως θέλαμε. Όμοια τα b_n

.

Για την x^2-2y^2=1

, δηλαδή

, υπάρχουν διάφοροι τρόποι. Ένας είναι από το γεγονός ότι τα a_0=1, b_0=0

και

την ικανοποιούν, και μετά επαγωγικά από τα παραπάνω.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 27, 2025 11:29 am**

.
Άσκηση 45. Να γίνει ρητοποίηση των παρανομαστών στα

α) $\displaystyle{\dfrac {1}{ \sqrt {2\sqrt 3 +\sqrt 2}}}$ και β) $\displaystyle{\dfrac {1}{ \sqrt [3] {10+ \sqrt 3}}$

Ας την αφήσουμε 24 ώρες για τους μαθητές μας. Είναι κατάλληλη για αξιοποίηση στην τάξη μας.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 30, 2025 10:12 am**

.
Ανοικτή σε όλους.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 30, 2025 1:48 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Οκτ 27, 2025 11:29 am .
Άσκηση 45. Να γίνει ρητοποίηση των παρανομαστών στα

α) $\displaystyle{\dfrac {1}{ \sqrt {2\sqrt 3 +\sqrt 2}}}$ και β) $\displaystyle{\dfrac {1}{ \sqrt [3] {10+ \sqrt 3}}$

Ας την αφήσουμε 24 ώρες για τους μαθητές μας. Είναι κατάλληλη για αξιοποίηση στην τάξη μας.

Για το α) ισχύει ότι:

$\displaystyle {\dfrac {1}{2\sqrt 3 +\sqrt 2} = \dfrac{2\sqrt 3 - \sqrt 2}{(2\sqrt 3)^2 - (\sqrt 2)^2} = \dfrac{2\sqrt 3 - \sqrt 2}{10} ~~\color{blue} *}$

Άρα:
$\displaystyle { \dfrac {1}{\sqrt{2\sqrt 3 +\sqrt 2}} = \sqrt {\dfrac {1}{2\sqrt 3 +\sqrt 2}} \overset{{\color{blue} *}}{=} \sqrt{\dfrac{2\sqrt 3 - \sqrt 2}{10}} = \dfrac{ \sqrt{2\sqrt 3 - \sqrt 2} } { \sqrt{10} } = \dfrac{ \sqrt{10}\sqrt{2\sqrt 3 - \sqrt 2} } { 10 } }$

Ομοίως για το β)
$\displaystyle { \dfrac {1}{10+ \sqrt 3} = \dfrac{10-\sqrt{3}}{97} ~~\color{blue} ** }$

Άρα:
$\displaystyle { \dfrac {1}{ \sqrt [3] {10+ \sqrt 3} } = \sqrt[3]{\dfrac{1}{10+ \sqrt 3}} \overset{{\color{blue} **}}{=} \sqrt[3]{\dfrac{10-\sqrt{3}}{97}} = \dfrac{ \sqrt[3]{97^2}\sqrt[3]{10-\sqrt{3}} }{97} }$

Η παγίδα στο β) ερώτημα, ουσιαστικά είναι ότι στον παρονομαστή έχουμε $\sqrt[3]{97}$ επομένως για να φύγει η

η ρίζα πρέπει να πολλαπλασιάσουμε τον παρονομαστή με το $\sqrt[3]{97^2}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 30, 2025 9:19 pm**

Nikitas K. έγραψε: Πέμ Οκτ 30, 2025 1:48 pm
Άρα:
$\displaystyle { \dfrac {1}{ \sqrt [3] {10+ \sqrt 3} } = \sqrt[3]{\dfrac{1}{10+ \sqrt 3}} \overset{{\color{blue} **}}{=} \sqrt[3]{\dfrac{10-\sqrt{3}}{97}} = \dfrac{ \sqrt[3]{97^2}\sqrt[3]{10-\sqrt{3}} }{97} }$

Σωστό.

Όμως είχα τυπογραφικό σφάλμα στον παρονομαστή οπότε ο αριθμητής στην ρητοποίηση βγήκε αρκετά πολύπλοκος. Στο σωστό, που παραθέτω αμέσως από κάτω, ο αριθμητής βγαίνει πολύ απλούστερος.

Άσκηση 45β. Να γίνει ρητοποίηση του κλάσματος $\displaystyle{\dfrac {1}{ \sqrt [3] {10+6 \sqrt 3} } }$ .

Θέλουμε απλό αριθμητή.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 30, 2025 11:03 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Οκτ 30, 2025 9:19 pm Άσκηση 45β. Να γίνει ρητοποίηση του κλάσματος $\displaystyle{\dfrac {1}{ \sqrt [3] {10+6 \sqrt 3} } }$ .

Θέλουμε απλό αριθμητή.

Βήμα

: $\displaystyle { \dfrac{1}{3\sqrt{3} + 5} = \dfrac{3\sqrt{3} - 5}{(3\sqrt{3})^2 - 5^2} = \dfrac{3\sqrt{3} - 5}{2} ~~ \color{blue} * }$

Βήμα

: $\displaystyle { \dfrac{1}{10+6\sqrt{3}} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{3\sqrt{3} + 5} \overset{{\color{blue} *}}{=} \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{3\sqrt{3} - 5}{2} = \dfrac{3\sqrt{3} - 5}{4} ~~ \color{blue} ** }$

Βήμα

: $\displaystyle { \dfrac{1}{\sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}} = \sqrt[3]{\dfrac{1}{10+6\sqrt{3}}} \overset{{\color{blue} **}}{=} \sqrt[3]{ \dfrac{3\sqrt{3} - 5}{4} } = \dfrac{ \sqrt[3] { 6\sqrt{3} - 10 } } { 2 } }$

Εκ των υστέρων:

$\displaystyle {6\sqrt{3} - 10 = \sqrt{3}^3 - 10 + 3\sqrt{3} = \sqrt{3}^3 - 10 + 3\sqrt{3}\cdot 1^2 = \sqrt{3}^3 - 9 + 3\sqrt{3} \cdot 1^2 - 1^3 }$

$\displaystyle {= \sqrt{3}^3 - 3\sqrt{3}^2\cdot 1 + 3\sqrt{3} \cdot 1^2 - 1^3 = (\sqrt{3} - 1)^3 ~~\color{blue} {***}}$

Αντικαθιστώντας στο Βήμα

την σχέση $\color{blue} {***}$

$\displaystyle {\dfrac{1}{\sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}} = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 30, 2025 11:41 pm**

Nikitas K. έγραψε: Πέμ Οκτ 30, 2025 11:03 pm
$= \dfrac{ \sqrt[3] { 6\sqrt{3} - 10 } } { 2 } }$

Ο αριθμητής αυτός είναι δύσκολος. Η άσκηση ζητά με σαφήνεια να είναι απλός.

Οπότε θεωρώ την άσκηση ακόμα ανοικτή.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 02, 2025 9:08 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Οκτ 30, 2025 11:41 pm
Nikitas K. έγραψε: Πέμ Οκτ 30, 2025 11:03 pm
$= \dfrac{ \sqrt[3] { 6\sqrt{3} - 10 } } { 2 } }$
Ο αριθμητής αυτός είναι δύσκολος. Η άσκηση ζητά με σαφήνεια να είναι απλός.

Οπότε θεωρώ την άσκηση ακόμα ανοικτή.

Βλέπω ότι ο Νικήτας απάντησε στην νέα μορφή της άσκησης, συμπλhρώνοντας την αρχική του απάντηση. Όλα καλά.

Πιο απλά, από την

$(1+\sqrt 3)^3=10+6\sqrt 3$ έχουμε

$\displaystyle{ \dfrac {1}{\sqrt [3]{10+6\sqrt 3}}= \dfrac {1}{\sqrt 3+1}= \dfrac {\sqrt3 -1 }{(\sqrt 3+1)(\sqrt 3-1)}= \dfrac {\sqrt3 -1 }{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 23, 2025 4:51 pm**

.
Άσκηση 46 Έστω $A= \{ a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 5 \, : \, a,b,c,d \in \mathbb Z \}$ , και $B= \{ a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 7 \, : \, a,b,c,d \in \mathbb Z \}$ .

Ορίζουμε συναρτήσεις $f: A \longrightarrow \mathbb Z$ και $g: B \longrightarrow \mathbb Z$ ως

$f(a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 5 )= (|a|+1)(|c|+1)$ και $g(a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 7 )= (|b|+1)(|c|+1)$

Δείξτε ότι οι είναι περιοδικές με περιόδους τις μορφής $m\sqrt 2+n\sqrt 5$ και $p+q\sqrt 7$ , αντίστοιχα, όπου $m,n,p,q\in \mathbb Z$ , και μόνον αυτές.

Επίσης δείξτε ότι το γινόμενο ορισμένο στο σύνολο

$C= A \cap B = \{ a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3 : \, a,b,c \in \mathbb Z \}$

είναι περιοδική με περίοδο $\sqrt 3$ .

Σχόλιο: Την άσκηση μου την έδωσαν προς λύση στο Μαυροβούνιο την περασμένη εβδομάδα, αλλά χωρίς να δίνουν τις περιόδους.

Ας την αφήσουμε 24 ώρες για τους μαθητές μας. Είναι κατάλληλη για αξιοποίηση στην τάξη μας.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 27, 2025 7:04 pm**

Ανοικτή σε όλους.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 09, 2025 11:37 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Νοέμ 23, 2025 4:51 pm .
Άσκηση 46 Έστω $A= \{ a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 5 \, : \, a,b,c,d \in \mathbb Z \}$ , και $B= \{ a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 7 \, : \, a,b,c,d \in \mathbb Z \}$ .

Ορίζουμε συναρτήσεις $f: A \longrightarrow \mathbb Z$ και $g: B \longrightarrow \mathbb Z$ ως

$f(a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 5 )= (|a|+1)(|c|+1)$ και $g(a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 7 )= (|b|+1)(|c|+1)$

Δείξτε ότι οι είναι περιοδικές με περιόδους τις μορφής $m\sqrt 2+n\sqrt 5$ και $p+q\sqrt 7$ , αντίστοιχα, όπου $m,n,p,q\in \mathbb Z$ , και μόνον αυτές.

Επίσης δείξτε ότι το γινόμενο ορισμένο στο σύνολο

$C= A \cap B = \{ a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3 : \, a,b,c \in \mathbb Z \}$

είναι περιοδική με περίοδο $\sqrt 3$ .

.
Για την

, έστω $T= p+q\sqrt 2+ r\sqrt 3+ s\sqrt 5$ μία περίοδος, οπότε για κάθε $a,b,c,d \in \mathbb Z$ έχουμε

$f((a+p)+(b+q)\sqrt 2+ (c+r)\sqrt 3+ (d+s)\sqrt 5 ) =f(a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 5 +T)=$

$=f(a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 5 )$ , και εξ ορισμού

(|a+p|+1)(|c+r|+1)= (|a|+1)(|c|+1)

. Eιδικά για a=c=0

παίρνουμε

.

Έπεται από αυτό ότι p=r=0

γιατί αλλιώς θα είχαμε $(|p|+1)(|r|+1)= |pr|+|p|+|r|+1 \ge |p|+|r|+1 > 1$ .

Συνεπώς $T= p+q\sqrt 2+ r\sqrt 3+ s\sqrt 5 = q\sqrt 2+ s\sqrt 5$ . Με απευθείας έλεγχο διαπιστώνουμε ότα όλα αυτά τα $\boxed {T=q\sqrt 2+ s\sqrt 5 }$ είναι περίοδοι. Τελειώσαμε.

Με ανάλογο τρόπο βγαίνουν και οι άλλες δύο περιπτώσεις.

Πρόσθετη άσκηση: Δεδομένου ότι η άσκηση είναι στον φάκελο των άρρητων αριθμών, εντοπίστε το ακριβές σημείο όπου έγινε ΟΥΣΙΑΣΤΙΚΗ χρήση του γεγονότος ότι οι $\sqrt 2, \, \sqrt 3, \, \sqrt 5, \, \sqrt 7$ είναι άρρητοι. Το έχω κρύψει επιμελώς.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 15, 2025 12:45 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Δεκ 09, 2025 11:37 am
Πρόσθετη άσκηση: Δεδομένου ότι η άσκηση είναι στον φάκελο των άρρητων αριθμών, εντοπίστε το ακριβές σημείο όπου έγινε ΟΥΣΙΑΣΤΙΚΗ χρήση του γεγονότος ότι οι $\sqrt 2, \, \sqrt 3, \, \sqrt 5, \, \sqrt 7$ είναι άρρητοι. Το έχω κρύψει επιμελώς.

.
Επαναφορά.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 17, 2025 10:54 am**

.

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Δεκ 09, 2025 11:37 am
Πρόσθετη άσκηση: Δεδομένου ότι η άσκηση είναι στον φάκελο των άρρητων αριθμών, εντοπίστε το ακριβές σημείο όπου έγινε ΟΥΣΙΑΣΤΙΚΗ χρήση του γεγονότος ότι οι $\sqrt 2, \, \sqrt 3, \, \sqrt 5, \, \sqrt 7$ είναι άρρητοι. Το έχω κρύψει επιμελώς.

.
H χρήση των άρρητων είναι απαραίτητη ήδη στον ορισμό των f,g

. Συγκεκριμένα, όπως θα δούμε, η γραφή

$f(a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 5 )= (|a|+1)(|c|+1)$ , όπου $a,b,c,d \in \mathbb Z$

απαιτεί την μοναδικότητα της γραφής του $a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 5$ σε αυτή την μορφή. Για να γίνει κατανοητό, ας δούμε ένα παράδειγμα. Συγκεκριμένα ας ξεχάσουμε προσωρινά τις τετραγωνικές ρίζες και έστω ότι ορίζαμε μία συνάρτηση

ως

, όπου $a,b,c,d \in \mathbb Z$

Για αυτήν την

θα είχαμε για παράδειγμα

$h(1+2\cdot 5+3\cdot 2+ 5\cdot 1)= (|1|+1)(|2|+1) =6$ (*) και $h(1+2\cdot 2+3 \cdot 4+ 5\cdot 1)= (|1|+1)(|4|+1) =10$ (**).

Να όμως που $1+2\cdot 5+3\cdot 2+ 5\cdot 1=22= 1+2\cdot 2+3\cdot 4+ 5\cdot 1$ δηλαδή η μεν (*) δίνει h(22)= 6

ενώ (**) δίνει $h(22)=10\ne 6$ .

Οπότε κάτι δεν πάει καλά: Το πρόβλημα είναι ότι μπορούμε να γράψουμε τον

(ή οποιονδήποτε άλλο ακέραιο) στην μορφή a+2b+3 c+ 5d

με διαφορεικούς τρόπους, οπότε και το (|a|+1)(|c|+1)

μπορεί να έχει διαφορετικές τιμές.

Ας επανέλθουμε τώρα στα παραπάνω, όπου έχουμε ρίζες.

Αποδεικνύεται ότι αν έχουμε δύο παραστάσεις

$a+b\sqrt 2+ c\sqrt 3+ d\sqrt 5 =a'+b'\sqrt 2+ c'\sqrt 3+ d'\sqrt 5$

τότε $a=a', \, b=b', \, c=c', \, d=d'$ , που σημαίνει ότι η παράσταση είναι μοναδική. Η απόδειξη της μοναδικότηας χρησιμοποιεί με ουσιαστικό τρόπο το γεγονός ότι οι $\sqrt 2, \, \sqrt 3, \, \sqrt 5$ είναι άρρητοι. Πρόκειται για άσκηση που έχουμε δει παραλλαγές της στα παραπάνω, και το αφήνω.

Δημοσιεύτηκε: **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.

Σχόλιο. Την άσκηση την αναρτώ με μία δόση χιούμορ: Επιτρέπεται η χρήση οποιουδήποτε θεωρήματος της βιβλιογραφίας, όσο δύσκολο και αν είναι αυτό!

Αν το δεις σωστά, βγαίνει σε μια-δυο γραμμές. Αλλιώς... άστα!

mathematica.gr

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