Ακέραιος!

#21

Μικρή αλλαγή σκηνικού στην ίδια θεματολογία:

Να βρεθούν όλοι οι άρρητοι αριθμοί

τέτοιοι ώστε οι a^2-2a

και

να είναι και οι δύο φυσικοί αριθμοί.

#22

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 03, 2021 8:57 pm
Μικρή αλλαγή σκηνικού στην ίδια θεματολογία:

Να βρεθούν όλοι οι άρρητοι αριθμοί τέτοιοι ώστε οι και να είναι και οι δύο φυσικοί αριθμοί.

Eπαναφορά.

#23

Έστω

και

. Τότε

$\displaystyle m = a^3 - 6a = a(n+2a) - 6a = an-6a + 2(n+2a) = a(n-2)+2n$

Άρα a(n-2) = m-2n

και αφού

άρρητος συμπεραίνουμε ότι n=2

και

. Αν

τότε η

δίνει $a = 1 \pm \sqrt{3}$ . Και οι δύο απαντήσεις είναι άρρητοι και ικανοποιούν και την a^3-6a=4

αφού τότε

.

#24

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 03, 2021 8:57 pm
Μικρή αλλαγή σκηνικού στην ίδια θεματολογία:

Να βρεθούν όλοι οι άρρητοι αριθμοί τέτοιοι ώστε οι και να είναι και οι δύο φυσικοί αριθμοί.

Kαι άλλη μια λύση/παραλλαγή στο ίδιο μήκος κύματος.

Από την πρώτη σχέση έχουμε $(a-1)^2= a^2-2a +1=n \in \mathbb N$ . Άρα $a= 1\pm \sqrt n$ με $\sqrt n$ άρρηρτο. Oπότε

$a^3-6a= (1\pm \sqrt n)^3-6(1\pm \sqrt n)=...=(3n-5)\pm (3-n)\sqrt n$ . Για να είναι ακέραιος πρέπει ο συντελεστής του (άρρητου) $\sqrt n$ να είναι

, οπότε

. Και λοιπά.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #25

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 03, 2021 8:57 pm
Μικρή αλλαγή σκηνικού στην ίδια θεματολογία:

Να βρεθούν όλοι οι άρρητοι αριθμοί τέτοιοι ώστε οι και να είναι και οι δύο φυσικοί αριθμοί.

Για να δούμε μια πιο ''μεθοδολογική'' αντιμετώπιση.

Το πρόβλημα
Μας δίνονται δύο πολυώνυμα f(x),g(x)

με το

δευτέρου βαθμού.
Να βρεθεί

αρρητος ώστε τα f(a),g(a)

να είναι ακέραιοι.

Η αντιμετώπιση

Αν κάνουμε την διαίρεση του f(x)-n

με το

το υπόλοιπο θα είναι το πολυ πρώτου βαθμού.
Αυτό θα πρέπει να είναι το μηδενικό (γιατί ; )
Ετσι βρίσκουμε τα n,m

οπότε και το

Το πρόβλημα δεν έχει πάντα λύση .

#26

Στην ίδια θεματολογία αλλά η λύση θέλει διαφορετικό επιχείρημα. Το εν λόγω επιχείρημα είναι απλό και γνωστό σε όσους έχουν ασχοληθεί με τέτοια θέματα, αλλά αναρτώ την άσκηση (για χάρη πληρότητας και) για να δουν το επιχείρημα όσοι ίσως δεν το γνωρίζουν.

Δίξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N$ o αριθμός $\sqrt {(5n+2)(5n+4)(5n+6)}$ είναι άρρητος.

Joaakim · #27

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 02, 2021 10:37 am

Δίξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N$ o αριθμός $\sqrt {(5n+2)(5n+4)(5n+6)}$ είναι άρρητος.

Θα δείξουμε ότι ο δεδομένος αριθμός είναι άρρητος. Έστω προς άτοπο ότι είναι ρητός.

Έστω: $\sqrt{(5n+2)(5n+4)(5n+6)}=m \Rightarrow (5n+2)(5n+4)(5n+6)=m^2$ .

Το αριστερό μέλος είναι φυσικός αριθμός, άρα πρέπει και το δεξί, οπότε ο

είναι επίσης φυσικός.

Παίρνοντας όμως (mod.5)

έχουμε $m^2=2 \cdot 4 \cdot 6=48=3(mod.5)$ , άτοπο, αφού το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο (mod.5)

,

συνεπώς ο δεδομένος αριθμός είναι άρρητος, όπως θέλαμε.

#28

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 02, 2021 10:37 am
Στην ίδια θεματολογία αλλά η λύση θέλει διαφορετικό επιχείρημα. Το εν λόγω επιχείρημα είναι απλό και γνωστό σε όσους έχουν ασχοληθεί με τέτοια θέματα, αλλά αναρτώ την άσκηση (για χάρη πληρότητας και) για να δουν το επιχείρημα όσοι ίσως δεν το γνωρίζουν.

Δίξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N$ o αριθμός $\sqrt {(5n+2)(5n+4)(5n+6)}$ είναι άρρητος.

Ας τη δυσκολέψουμε λίγο:

Δείξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N$ o αριθμός $\sqrt {(n+2)(n+4)(n+6)}$ είναι άρρητος.

#29

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 02, 2021 1:55 pm

Δείξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N$ o αριθμός $\sqrt {(n+2)(n+4)(n+6)}$ είναι άρρητος.

Η ωραία αυτή άσκηση, ξεχάστηκε. Ομολογώ ότι την ξεκίνησα με μόντουλα, όπως στην αρχική εκδοχή της, και δεν έβγαλα άκρη. Άρα τώρα αλλαγή πλεύσης.

Δημήτρη, τα παρακάτω έχεις κατά νου, ή βγαίνει με μόντουλα;

Για να αναδείξω την τεχνική, ας αρχίσω με μία ευκολότερη εκδοχή της και μετά έρχομαι στην άσκηση όπως την πρότεινε ο Δημήτρης γιατί η ίδια έχει μερικές έξτρα δυσκολίες.

Ας δείξουμε πρώτα ότι ο αριθμός $\sqrt {n(n+1)(n+2)$ είναι άρρητος, ισοδύναμα ότι ο

δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Μας δολεύει να βάλουμε n-1

στην θέση του

, και να ασχοληθούμε (ισοδύναμα) με τον αριθμό (n-1)n(n+1)

.

Έστω ότι o (n-1)n(n+1)

είναι τέλειο τετράγωνο, δηλαδή η ανάλυσή του σε πρώτους παράγοντες έχει όλους τους όρους σε άρτια δύναμη. Έστω

πρώτος παράγοντας του

. Τότε αποκλείται να είναι πρώτος παράγοντας στην ανάλυση των n-1

και

(άμεσο). Άρα ο

εμφανίζεται μόνο στον

και άρα είναι σε άρτια δύναμη εκεί. Έπεται ότι από μόνος του ο

είναι τέλειο τετράγωνο. Έπεται ότι πρώτοι στην ανάλυση του γινομένου (n-1)(n+1)

(δηλαδή όλοι οι υπόλοιποι) είναι επίσης σε άρτια δύναμη, οπότε ο (n-1)(n+1)

είναι και αυτός τέλειο τετράγωνο. Αλλά αυτό ειναι άτοπο γιατί ισούται με n^2-1

, που προφανώς δεν είναι τέλειο τετράγωνο (είναι ανάμεσα στα διαδοχικά (n-1)^2

και

). Τελειώσαμε.

Έρχομαι τώρα στην άσκηση του Δημήτρη. Mας βολεύει να γράψουμε n-4

στην θέση του

, δηλαδή ο αριθμός μας είναι ο (n-2)n(n+2)

(νέο

).

Aν περιττός τότε και οι άλλοι δύο παράγοντες είναι περιττοί, και η τεχνική που μόλις είδαμε με τον πρώτο παράγοντα

(που τώρα δεν μπορεί να είναι ο

) λειτουργεί ατόφια. Μένει η περίπτωση όπου ο

είναι άρτιος, n=2^kN

όπου

περιττός. Έστω ότι ο $(n-2)n(n+2)= 8(2^kN-1)2^kN(2^kN+1)=2^{k+3}(2^kN-1)N(2^kN+1)$ είναι τέλειο τετράγωνο. Όπως πριν κάθε (περιττός) πρώτος παράγοντας του

, που φυσικά δεν μπορεί να είναι παράγοντας των $2^kN-1,\, 2^kN+1,\, 2^{k+3}$ (άμεσο) πρέπει να είναι σε άρτια δύναμη. Άρα

τέλειο τετράγωνο, οπότε και το γινόμενο (2^kN-1)(2^kN+1)= (n-1)(n+1)

θα είναι τέλειο τετράγωνο (περιέχει όλους τους υπόλοιπους πρώτους παράγοντες σε άρτια δύναμη). Άτοπο.

#30

Μιχάλη, με παρόμοιο σκεπτικό την έκανα αλλά το βάζω διότι έχει κάποιες διαφορές.

Οι αριθμοί n+2,n+4,n+6

ανά δύο δεν μπορούν να έχουν κοινό περιττό πρώτο παράγοντα. (Π.χ. αν ο

διαιρεί τους n+2

και

τότε διαιρεί και το 4 = (n+6)-(n+2)

επομένως

.)

Άρα για να είναι ο (n+2)(n+4)(n+6)

τέλειο τετράγωνο πρέπει κάθε ένας από τους n+2,n+4,n+6

να είναι της μορφής 2^k m^2

. Διαφορετικά κάθε ένας από αυτούς είτε θα είναι τέλειο τετράγωνο είτε το διπλάσιο ενός τέλειου τετραγώνου.

Άρα δύο από αυτούς τους τρεις θα είναι είτε και οι δύο τέλεια τετράγωνα είτε και οι δύο διπλάσια ενός τέλειου τετραγώνου. Αλλά τότε η διαφορά τους δεν μπορεί να είναι ούτε 2 ούτε 4.

#31

Με αφορμή τα παραπάνω μπορεί κανείς να κατασκευάσει πλήθος από φαινομενικά παρόμοιες ερωτήσεις οι οποίες, περιέργως, έχουν διαφορετική αντιμετώπιση. Σταδιακά θα αναρτήσω μερικές.

Για χάρη πληρότητας θα αρχίσω με την παρακάτω που αν την δεις σωστά, λύνεται σε δυό γραμμές. Όμως η λύση της είναι πολύ διαφορεική από τις προηγούμενες τεχνικές, δηλαδή τα μόντουλα και τις άρτιες δυνάμεις των πρώτων διαιρετών.

Δίξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N^*$ o αριθμός $\sqrt {n(n+1)(n+2)(n+3)}$ είναι άρρητος. Με άλλα λόγια δείξτε ότι η υπόριζη ποσότητα δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο.

Joaakim · #32

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 17, 2021 7:40 pm

Δίξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N^*$ o αριθμός $\sqrt {n(n+1)(n+2)(n+3)}$ είναι άρρητος. Με άλλα λόγια δείξτε ότι η υπόριζη ποσότητα δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο.

Λήμμα: Το γινόμενο τεσσάρων διαδοχικών ακεραίων αυξημένο κατά

είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
Απόδειξη: Έχουμε:
n(n+1)(n+2)(n+3)+1=n(n+3)(n+1)(n+2)+1=(n^2+3n)(n^2+3n+2)+1=

.

Πίσω στο πρόβλημα. Έστω προς άτοπο ότι ο δεδομένος αριθμός είναι ρητός. Τότε πρέπει n(n+1)(n+2)(n+3)=m^2

, με

θετικό ακέραιο.

Από το Λήμμα γράφουμε n(n+1)(n+2)(n+3)+1=k^2

, άρα

που εύκολα δίνει k=1,m=0

, άτοπο.

#33

Αυτό ακριβώς είχα κατά νου.

#34

Δίξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N^*$ o αριθμός $\sqrt [3] {n(n+1)(n+2)}$ είναι άρρητος. Με άλλα λόγια δείξτε ότι η υπόριζη ποσότητα δεν είναι ποτέ τέλειος κύβος.

(Είναι απλό. Το αναρτώ μόνο για χάρη πληρότητας, λόγω αυτών που θα ακολουθήσουν).

2nisic · #35

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 18, 2021 12:45 am
Δίξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N^*$ o αριθμός $\sqrt [3] {n(n+1)(n+2)}$ είναι άρρητος. Με άλλα λόγια δείξτε ότι η υπόριζη ποσότητα δεν είναι ποτέ τέλειος κύβος.

αλλά

Άρα ο αριθμός n(n+1)(n+2)

δεν είναι ποτέ τέλειος κύβος.

2nisic · #36

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακερεοι τέτοιοι ώστε ο αριθμός $\sqrt{(a+1)(a+2)...(a+b)-b}$
να είναι ακέραιος.

ksofsa · #37

Καλημέρα!

Μια λύση για το θέμα που πρότεινε ο 2nisic:

Για b=1

, ο αριθμός είναι $N=\sqrt{a}$ , και άρα προκύπτουν οι άπειρες λύσεις (a,b)=(n^2,1)

.

Για

, ο αριθμός είναι $N=\sqrt{(a+1)(a+2)-2}=\sqrt{a^2+3a}=\sqrt{a(a+3)}$ .

Είναι (a,a+3)=1

ή

.

Στην πρώτη περίπτωση , $a=k^2, a+3=m^2\Rightarrow m^2-k^2=3\Rightarrow (m-k)(m+k)=3\Rightarrow m=2,k=1\Rightarrow a=1$

και άρα προκύπτει η λύση (a,b)=(1,2)

.

Στη δεύτερη περίπτωση , $a=3k^2, a+3=3m^2\Rightarrow m^2-k^2=1$ , αδύνατη.

Για b=3

, ο αριθμός είναι $N=\sqrt{(a+1)(a+2)(a+3)-3}$ .

Επειδή $3\mid (a+1)(a+2)(a+3)-3$ (το γινόμενο είναι γινόμενο 3 διαδοχικών φυσικών) και πρόκειται για τέλειο τετράγωνο, έχουμε $9\mid (a+1)(a+2)(a+3)-3$ .

Ένας εκ των a+1,a+2,a+3

, έστω

, διαιρείται δια του

, και οι άλλοι δύο, y,z

, έχουν υπόλοιπα 1,2

.

Οπότε, $x\equiv 0(mod3),yz\equiv 2(mod3)\Rightarrow xyz\equiv 6(mod9)$ , άτοπο.

Για $b=4, N=\sqrt{(a+1)(a+2)(a+3)(a+4)-4}=\sqrt{(a^2+5a+5)^2-5}$ , αδύνατη.

Έστω $b\geq 5$ . Διακρίνω 3 περιπτώσεις:

1)

πρώτος αριθμός.

Τότε, $b^2\mid (a+1)...(a+b)-b$ .

Οι αριθμοί a+1,...,a+b

σχηματίζουν πλήρες σύστημα υπολοίπων (modb)

.

Άρα, ένας διαιρείται δια

και οι υπόλοιποι έχουν γινόμενο -1(modb)

, από το θεώρημα Wilson.

Άρα, $(a+1)...(a+b)\equiv -b(modb^2)$ , άτοπο.

2)

τέλειο τετράγωνο. Τότε $b=t^2\geq 9$

Τότε, (a+1)...(a+t^2)=t^2+N^2

.

Μεταξύ των a+1,...,a+t^2

, υπάρχουν από περιστεροφωλιά τουλάχιστον 2 της μορφής 4k+3

,

έστω x,y

.

Επίσης, $t^2\mid N^2\Rightarrow t\mid N\Rightarrow N=rt$

Έχουμε (a+1)...(a+t^2)=t^2+r^2t^2

Ένας τουλάχιστον εκ των a+1,...,a+t^2

διαιρείται δια t^2

.

Διαπιστώνουμε ότι ένας τουλάχιστον εκ των x,y

διαιρεί το $\dfrac{(a+1)...(a+t^2)}{t^2}=1+r^2$ .

Όμως, καθένας εκ των x,y

έχει πρώτο διαιρέτη

της μορφής 4k+3

(ειδάλλως , δε θα ήταν της ίδιας μορφής).

Συνεπώς , $q\mid 1+r^2\Rightarrow q\mid 1,q\mid r$ , άτοπο.

3)

ούτε πρώτος ούτε τέλειο τετράγωνο.

Τότε, υπάρχει πρώτος

στην αναπαράσταση του

, υψωμένος σε περιττή δύναμη, έστω

.

Αν $b=q^c,c\geq 3$ ,

υπάρχουν τουλάχιστον 2 εκ των a+1,...,a+b

,που διαιρούνται δια $q^{c-1}$ .Δηλαδή,

$q^{2c-2}\mid (a+1)...(a+b)$ .

Αφού $q^c\mid N^2$ , και c περιττός, είναι $q^{c+1}\mid N^2$ , άτοπο διότι ναι μεν

$q^{c+1}\mid (a+1)...(a+b)$ , αλλά $q^{c+1}$ δε διαιρεί το

.

Αν

, τότε

υπάρχουν τουλάχιστον 2 εκ των a+1,...,a+b

, που διαιρούνται δια q^c

.Δηλαδή,

$q^{2c}\mid (a+1)...(a+b)$ .

Αφού $q^c\mid N^2$ , και c περιττός, είναι $q^{c+1}\mid N^2$ , άτοπο διότι ναι μεν

$q^{c+1}\mid (a+1)...(a+b)$ , αλλά $q^{c+1}$ δε διαιρεί το

.

Καλύφτηκαν όλες οι περιπτώσεις.

Τελικά, μόνες λύσεις οι (a,b)=(k^2,1),(1,2)

.

Θα ήταν ενδιαφέρον να μαθαίναμε αν υπάρχει συντομότερη λύση.

2nisic · #38

Όμοια με τον ksofsa

.

Αν

τότε

Αν

τότε $b|N\Rightarrow b^2|N$
Άρα b^2

δεν διαιρεί τόν (a+1)...(a+b)

και τα

αποτελούν πλήρες σύστημα υπολοίπων modb

.
$0\equiv (a+1)(a+2)...(a+b)-b\equiv b((b-1)!-1)\equiv -2b(modb^2)\Rightarrow b=2$

Για b=2

έχουμε

οπότε $a^2+3a=(a+1)^2\Rightarrow a=1$

Αν

σύνθετος τότε:
Έστω (a+1)(a+3)...(a+b)=k*b!

τότε

.
Αν

σαν τον

.
Αν

τότε: $b|(b-1)!\Rightarrow b|k(b-1)!\Rightarrow (b,k(b-1)!-1)=1$
Οπότε b=n^2

και

Αλλα $3|k(b-1)!=m^2+1\Rightarrow 3|1$ αδύνατο.

Al.Koutsouridis · #39

2nisic έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 18, 2021 11:44 am
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε ο αριθμός $\sqrt{(a+1)(a+2)...(a+b)-b}$
να είναι ακέραιος.

Με αφορμή το παραπάνω, παραπλήσιο στη μορφή πρόβλημα, γενικά:

Για $k \neq 2,4$ πολυώνυμο της μορφης $x(x+1)(x+2) \ldots (x+k-1) +c$ , οπου

ρητός αριθμός, δεν ειναι τετράγωνο πολυωνύμου.

Βλέπε για παράδειγμα: https://www.tandfonline.com/doi/abs/10. ... 2.11919873 ή το πρόβλημα 2.4 στη λίστα των προβλημάτων από το σεμινάριο του τουρνουά των πόλεων του 2008, https://www.turgor.ru/lktg/2008/1/1-1en.pdf.

Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Re: Ακέραιος!

Μέλη σε σύνδεση