mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 29, 2015 11:16 pm**

Να εξεταστεί αν υπάρχουν

ακέραιοι $m_1,\ldots,m_{15}$ έτσι ώστε

$\displaystyle{\displaystyle \sum_{k=1}^{15}\,m_k\cdot\arctan(k) = \arctan(16). }$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 31, 2015 10:18 pm**

Demetres έγραψε:Να εξεταστεί αν υπάρχουν ακέραιοι $m_1,\ldots,m_{15}$ έτσι ώστε

$\displaystyle{\displaystyle \sum_{k=1}^{15}\,m_k\cdot\arctan(k) = \arctan(16). }$

Θα δούμε ότι το ζητούμενο είναι αδύνατο.

Ας υποθέσουμε ότι, αντιθέτως, υπάρχουν ακέραιοι $m_1,\ldots,m_{15}$ με

$\displaystyle{\displaystyle \sum_{k=1}^{15}\,m_k\arctan(k) = \arctan(16) }$ . Τότε

$\displaystyle{ \arg ( 1+ 16i) = \arctan(16)= \displaystyle {\sum_{k=1}^{15}\,m_k\arctan(k) = \arg \prod _{k=1}^{15}(1+ki)^{m_k} ,\, (*)}$

Έπεται ότι υπάρχει σταθερά

με $\displaystyle{ 1+16i =c \prod _{k=1}^{15}(1+ki)^{m_k}, \, (**)}$ .

Εκτελώντας τις πράξεις στο δεξί μέλος παίρνει την μορφή $\displaystyle{ 1+16i =c (P+iQ) \, (**)}$ όπου P,Q

ρητοί (Αν θέλουμε λίγη περισσότερη εξήγηση είναι η εξής: Μαζεύοντας τους θετικούς και χωριστά τους αρνητικούς εκθέτες, το γινόμενο στο δεξί μέλος μετά τις πράξεις παίρνει την μορφή $\frac {A+iB}{C+iD}$ όπου A,B,C,D

ακέραιοι και άρα την μορφή P+iQ

, όπου

ρητοί.)

Συγκρίνοντας τα πραγματικά (ή τα μιγαδικά) μέρη της τελευταίας έπεται ότι

ρητός, έστω $c=\frac {p}{q}$ . Με άλλα λόγια έχουμε

$\displaystyle{ 1+16i =\frac {p}{q} \prod _{k=1}^{15}(1+ki)^{m_k}, \, (**)}$

Παίρνοντας μέτρα στην τελευταία έχουμε

$\displaystyle{\sqrt {1+16^2} = \frac {|p|}{|q|}\prod _{k=1}^{15}(\sqrt {1+k^2})^{m_k},}$

και άρα, υψώνοντας στο τετράγωνο,

$\displaystyle{257 = \frac {p^2}{q^2}\prod _{k=1}^{15}(1+k^2)^{m_k}$

Παρατηρούμε ότι ο 257

είναι πρώτος. Από την άλλη οι πρώτοι παράγοντες στο γινόμενο $\displaystyle{\prod _{k=1}^{15}(1+k^2)^{m_k}$ δεξιά είναι το πολύ 1+15^2 < 257

, οπότε ο

στο δεξί μέλος εμφανίζεται το πολύ μέσα στα p^2, q^2

. Συμπεραίνουμε ότι ο 257

υπάρχει άρτιο πλήθος φορών (ίσως

) στο δεξί μέλος αλλά μόνο μία στο αριστερό. Αυτό αντιβαίνει στην μοναδικότητα της ανάλυσης σε πρώτους.

Το άτοπο ολοκληρώνει την απόδειξη.

Φιλικά,

Μιχάλης

mathematica.gr

IMC 2015/1/4

IMC 2015/1/4

Re: IMC 2015/1/4