mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 06, 2025 4:02 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Δεκ 26, 2024 11:16 am Άσκηση 58
Αν , να βρεθεί σε κλειστή μορφή το πολυώνυμο $f^{(n)}$ καθώς και οι ρίζες του.

Εδώ $f^{(1)}(x)=f(x)$ και επαγωγικά $f^{(n+1)} (x)= f^{(n)}(f(x))$ . Π.χ. $f^{(4)}(x)=f(f(f(f(x))))$

Ισχυριζόμαστε ότι $f^{(n)}(x)=(x+7)^{2^n}-7$ για κάθε $n \in \mathbb N$ .

Το δείχνουμε με επαγωγή. Για n=1

απλώς παρατηρούμε ότι f(x)=(x+7)^2-7

.

Αν για κάποιο $n\in \mathbb N$ ισχύει $f^{(n)}(x)=(x+7)^{2^n}-7$ , τότε

$f^{(n+1)}(x)=(f(x)+7)^{2^n}-7=(((x+7)^2-7)+7)^{2^n}-7=(x+7)^{2^{n+1}}-7$ .

Από την παραπάνω μορφή, άμεσα βρίσκουμε ότι οι ρίζες του $f^{(n)}(x)$ είναι οι $-7\pm 7^{1/2^n}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 22, 2025 1:22 pm**

Άσκηση 59
Να λυθεί η εξίσωση .

To συμβολίζει το ακέραιο μέρος του .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 23, 2025 1:12 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Απρ 22, 2025 1:22 pm Άσκηση 59
Να λυθεί η εξίσωση .

To συμβολίζει το ακέραιο μέρος του .

Ισχύει $x-1<[x]\le x$ οπότε αφ' ενός πρέπει:

$16+15x+15x^2\le x^3$ οπότε $0\le (x-16)(x^2+x+1)$ και συνεπώς $16\le x$

και αφ' ετέρου:

16+15x+15x^2> (x-1)^3

οπότε

Μελετώντας τη μονοτονία του τελευταίου πολυωνύμου βρίσκουμε x<19

Οπότε έχουμε τρεις εκδοχές:
$\bullet [x]=16$ από την οποία έπεται x=16

$\bullet [x]=17$ από την οποία έπεται $x=-\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{19603}{15}}$
$\bullet [x]=18$ από την οποία δεν προκύπτουν λύσεις $\blacksquare$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ
Κατά λάθος έλυσα την 16+15x+15x^2= [x^3]

Τελευταία στιγμή, πριν την υποβολή της λύσης, διαπιστώθηκε ότι ήταν "λάθος άσκηση".
Την παραθέτω για να μην πάει χαμένος ο κόπος. Πάλι έχουμε δυο λύσεις και το ενδιαφέρον εδώ είναι η εγγύτητα τους.

Θέτουμε f(x)= x^3-15x^2-15x-16

Ισχύει $x^3-1<[x^3]\le x^3$ οπότε έχουμε αφ' ενός:

$16+15x+15x^2\le x^3$ οπότε $0\le (x-16)(x^2+x+1)$ και συνεπώς $16\le x$

Και αφ' ετέρου:

16+15x+15x^2> x^3-1

οπότε

για μοναδικό

για το οποίο 16<x<a

(μοναδικό γιατί κατ' αρχάς πρέπει a>16

και η

είναι στο $[16,+\infty)$ γνησίως άυξουσα
ως γινόμενο δυο γνησίως αυξουσών θετικών συναρτήσεων)

Είναι $a-16=\dfrac{1}{1+a+a^2}<\dfrac{1}{16^2}$ άρα έχουμε a<17

και συνεπώς
$a^3-16^3=(a-16)(a^2+a+1)<\dfrac{307}{16^2}<2$

Οπότε $16^3 \le x^3 < a^3 < 16^3+2$ και συνεπώς έχουμε τις εξής δύο περιπτώσεις:

$\bullet$ [x^3]=16^3

η οποία δίνει x=16

$\bullet$

η οποία δίνει $x=-\dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{2} \sqrt{\dfrac{16339}{15}}\approx 16.0020$ $\blacksquare$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 09, 2025 11:21 pm**

Άσκηση 60
'Εστω μη μηδενικός πραγματικός αριθμός. Θεωρούμε για κάθε φυσικό αριθμό $n\ge 2$ το πολυώνυμο

$P_n(x)= x^n +ax^{n-1}+ ax^{n-2}+...+ ax+a$

Δείξτε ότι για όλα αυτά να ισχύει .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 11, 2025 6:55 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Ιουν 09, 2025 11:21 pm Άσκηση 60
'Εστω μη μηδενικός πραγματικός αριθμός. Θεωρούμε για κάθε φυσικό αριθμό $n\ge 2$ το πολυώνυμο

$P_n(x)= x^n +ax^{n-1}+ ax^{n-2}+...+ ax+a$

Δείξτε ότι για όλα αυτά να ισχύει .

Είναι $P_n(x)= x^n +ax^{n-1}+ ax^{n-2}+...+ ax+a= x^n + a(x^{n-1}+ x^{n-2}+...+ x+1)=$
$=x^n + a(x^{n-1}+ x^{n-2}+...+ x+1)=x^n + a\frac{1-x^n}{1-x}$

Για x=1-a

λαμβάνουμε
$(1-a)^n+a\frac{(1-(1-a)^n)}{a}=1$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 12, 2025 12:33 am**

Άσκηση 61
'Εστω $P(x)= a_nx^n +a_{n-1}x^{n-1}+ ...+ a_1x+a_0$ πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές. Δείξτε ότι αν οι αριθμοί και είναι πολλαπλάσια του , τότε και ο θα είναι πολλαπλάσιο του .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 20, 2025 10:01 pm**

Επαναφορά.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2025 2:32 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Ιουν 12, 2025 12:33 am Άσκηση 61
'Εστω $P(x)= a_nx^n +a_{n-1}x^{n-1}+ ...+ a_1x+a_0$ πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές. Δείξτε ότι αν οι αριθμοί και είναι πολλαπλάσια του , τότε και ο θα είναι πολλαπλάσιο του .

Έστω ότι

, με $r, t\in \mathbb{Z}$ . Θεωρώ το πολυώνυμο R(x)

, με ακέραιους συντελεστές, ώστε R(2)=r

, και

. Επομένως, το ακέραιο πολυώνυμο Q(x)=P(x)-6R(x)

θα έχει ρίζες τους αριθμούς 2,3

, δηλαδή θα είναι της μορφής Q(x)=(x-2)(x-3)Q’(x)

. Άρα

,
$P(5)=3\cdot 2\cdot Q’(5)+6R(5)$ , ήτοι της μορφής $6k, k\in \mathbb{Z}$ , εφόσον οι αριθμητικές τιμές των πολυωνύμων είναι ακέραιοι.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2025 9:41 pm**

Orestisss έγραψε: Σάβ Ιουν 21, 2025 2:32 am
$P(5)=3\cdot 2\cdot Q’(5)+6R(5)$ , ήτοι της μορφής $6k, k\in \mathbb{Z}$ , εφόσον οι αριθμητικές τιμές των πολυωνύμων είναι ακέραιοι.

Ορέστη, πρέπει να εξηγηθεί γιατί ο Q'(5)

είναι ακέραιος.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 26, 2025 5:25 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιουν 21, 2025 9:41 pm
Orestisss έγραψε: Σάβ Ιουν 21, 2025 2:32 am
$P(5)=3\cdot 2\cdot Q’(5)+6R(5)$ , ήτοι της μορφής $6k, k\in \mathbb{Z}$ , εφόσον οι αριθμητικές τιμές των πολυωνύμων είναι ακέραιοι.
Ορέστη, πρέπει να εξηγηθεί γιατί ο είναι ακέραιος.

Προτείνω να παραμείνει η άσκηση ανοικτή.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 27, 2025 2:15 am**

$\displaystyle P\left ( x\right )=\sum_{m=0}^{n}a_{m}x^{m}$
Από το ανάπτυγμα
$\displaystyle \left ( x+y \right )^{m}=\sum_{k=0}^{m}\binom{m}{k}x^{k}y^{m-k}$
έχουμε
$\displaystyle P\left ( 5 \right )=\sum_{m=0}^{n}\sum_{k=0}^{m}a_{m}\binom{m}{k}2^{k}3^{m-k}=a_{0}+\sum_{m=1}^{n}\sum_{k=0}^{m}a_{m}\binom{m}{k}2^{k}3^{m-k}=$
$\displaystyle a_{0}+\sum_{m=1}^{n}\sum_{k=0}^{m-1}a_{m}\binom{m}{k}2^{k}3^{m-k}+\sum_{m=0}^{n}a_{m}2^{m}-a_{0}=$
$\displaystyle a_{0}+\sum_{m=0}^{n}a_{m}2^{m}+3a_{1}+\sum_{m=2}^{n}\sum_{k=0}^{m-1}a_{m}\binom{m}{k}2^{k}3^{m-k}-a_{0}=$
$\displaystyle a_{0}+\sum_{m=0}^{n}a_{m}2^{m}+3a_{1}+\sum_{m=2}^{n}a_{m}3^{m}+\sum_{m=2}^{n}\sum_{k=1}^{m-1}a_{m}\binom{m}{k}2^{k}3^{m-k}-a_{0}=$
$\displaystyle a_{0}+\sum_{m=0}^{n}a_{m}2^{m}+3a_{1}+\sum_{m=0}^{n}a_{m}3^{m}-3a_{1}-a_{0}+\sum_{m=2}^{n}\sum_{k=1}^{m-1}a_{m}\binom{m}{k}2^{k}3^{m-k}-a_{0}=$
$\displaystyle P\left ( 2 \right )+P\left ( 3 \right )+\sum_{m=2}^{n}\sum_{k=1}^{m-1}a_{m}\binom{m}{k}2^{k}3^{m-k}-a_{0}$
Για κάθε $1\leqslant k\leqslant m-1 \geqslant 1$ είναι $\displaystyle \binom{m}{k}2^{k}3^{m-k}\equiv 0\left (mod 6 \right )$
και αφού τα $a_{m}$ είναι ακέραιοι, έχουμε ότι ο γενικός όρος του διπλού μερικού αθροίσματος είναι πολλαπλάσιο του 6, οπότε το διπλό μερικό άθροισμα είναι κι αυτό πολλαπλάσιο του 6.
Οπότε $\displaystyle P\left ( 5 \right )\equiv P\left ( 2 \right )+P\left ( 3 \right )-a_{0} \left ( mod 6 \right )$
Επειδή οι δύο πρώτες τιμές είναι πολλαπλάσια του 6 , αρκεί να δείξω ότι κι ο σταθερός όρος είναι πολλαπλάσιο του 6.
Έχουμε
$\displaystyle a_{0}=P\left ( 2-3+1 \right )=\sum_{m=0}^{n}a_{m}\sum_{k=0}^{m}\binom{m}{k}\left ( 2-3 \right )^{k}$
που είναι πράγματι πολλαπλάσιο του 6 ακολουθώντας την προηγούμενη διαδικασία. Βέβαια το ότι ο σταθερός όρος είναι πολλαπλάσιο του 6 προκύπτει και πιο απλά ως εξής
Επειδή 2|P(2)

άρα $2|a_{0}$ και αφού 3|P(3)

άρα $3|a_{0}$ οπότε $6|a_{0}$
Υ.Γ Latex=Επίπονη+Όμορφη

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 27, 2025 7:22 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Ιουν 12, 2025 12:33 am Άσκηση 61
'Εστω $P(x)= a_nx^n +a_{n-1}x^{n-1}+ ...+ a_1x+a_0$ πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές. Δείξτε ότι αν οι αριθμοί και είναι πολλαπλάσια του , τότε και ο θα είναι πολλαπλάσιο του .

Αλλιώς:
$\displaystyle{P(5)- P(3)= a_n(5^n-3^n)+a_{n-1}(5^{n-1}-3^{n-1})+...+a_1(5-3)+a_0(1-1)}$ .

Όμως το

διαιρεί καθέναν από τους όρους $5^k-3^k=(5-3)(5^{k-1}+5^{k-2}\cdot 3+...+3^{k-1})$ , άρα 2|[P(5)- P(3)]

. Αλλά

(εξ υποθέσεως). Άρα 2|P(5)

. Όμοια

, από όπου το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 27, 2025 8:00 am**

Πολύ ωραία και πολύ απλούστερα

. Το κλειδί είναι η ταυτότητα $x^{k}-3^{k}=\left ( x-3 \right )\left ( x^{k-1}+x^{k-2}\cdot 3+...+3^{k-1} \right )$
που προκύπτει εκτελώντας σχήμα Horner για το πολυώνυμο $x^{k}-3^{k}$ με ακέραια ρίζα το 3.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 27, 2025 8:13 am**

Dimessi έγραψε: Κυρ Ιούλ 27, 2025 8:00 am Πολύ ωραία και πολύ απλούστερα . Το κλειδί είναι η ταυτότητα $x^{k}-3^{k}=\left ( x-3 \right )\left ( x^{k-1}+x^{k-2}\cdot 3+...+3^{k-1} \right )$
που προκύπτει εκτελώντας σχήμα Horner για το πολυώνυμο $x^{k}-3^{k}$ με ακέραια ρίζα το 3.

.
Σωστά, με Horner. Μπορούμε και αλλιώς, θεωρώντας γνωστό το άθροισμα γεωμετρικής προόδου,

$1+c+c^2+...+ c^N= \dfrac {c^{N+1} -1}{c-1}$ ή γενικότερα (στην πραγματικότητα, ισοδύναμα)

$a^N+a^{N-1}b+...+ ab^{N-1} +b^N= \dfrac {b^{N+1} -a^{N+1}}{b-a}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 05, 2025 8:03 pm**

.
Άσκηση 62
Δείξτε ότι η εξίσωση $x^5=[x]^5 +\{x\}^5$ , πέρα από τις "προφανείς" ρίζες $[0,\,1]\cup \mathbb Z$ , δεν έχει άλλες.

(Το [x]

δηλώνει το ακέραιο μέρος του

και το $\{x\}$ , το κλασματικό, δηλαδή $\{x\}=x-[x]$ )

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 21, 2025 11:44 am**

Επαναφορά.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 21, 2025 7:32 pm**

Άσκηση 62

Από δυωνυμικό Ανάπτυγμα ή από το τρίγωνο του pascal(για μαθητες) ξέρουμε ότι
(x+y)^5=x^5+5x^4y+10x^3y^2+10x^2y^3+5xy^4+y^5

=x^5+y^5+5xy((x+y)^3-3xy(x+y))+10x^2y^2(x+y)

Τώρα αν θέσουμε όπου $x=[x],y=\{x\},[x]+\{x\}=x$ (εδώ συγγνώμη που έκανα επανάληψη συμβόλων)
τότε η αρχική εξίσωση παίρνει την ακόλουθη μορφή
$5[x]\{x\}x^3=5[x]^2\{x\}^2x$ και $x,[x],{x}\neq 0$ αφού

δεν είναι τετριμμένη λύση αρα
$x^2=\{x\}[x]$ το οποίο φυσικά είναι αδύνατο(εύκολο να διαπιστωθεί)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 21, 2025 7:52 pm**

panosgl2006 έγραψε: Πέμ Αύγ 21, 2025 7:32 pm Άσκηση 62

Από δυωνυμικό Ανάπτυγμα ή από το τρίγωνο του pascal(για μαθητες) ξέρουμε ότι

...

Καλησπέρα. Αν και η ιδέα αυτή φυσικά οδηγεί σε λύση, οι δυωνυμικοί συντελεστές δεν είναι σωστοί.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 21, 2025 8:15 pm**

abfx έγραψε: Πέμ Αύγ 21, 2025 7:52 pm
panosgl2006 έγραψε: Πέμ Αύγ 21, 2025 7:32 pm Άσκηση 62

Από δυωνυμικό Ανάπτυγμα ή από το τρίγωνο του pascal(για μαθητες) ξέρουμε ότι

...
Καλησπέρα. Αν και η ιδέα αυτή φυσικά οδηγεί σε λύση, οι δυωνυμικοί συντελεστές δεν είναι σωστοί.