mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 08, 2017 1:11 pm**

(a) Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

υπάρχει κλάσμα $\dfrac {a}{b}$ όπου a,b

ακέραιοι
ώστε: $0\leq b\leq \sqrt n +1$ και $\sqrt n \leq \dfrac {a}{b} \leq \sqrt {n+1}$

(b) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι

ώστε να μην υπάρχει κλάσμα $\dfrac {a}{b}$ όπου a,b

ακέραιοι ώστε: $0\leq b\leq \sqrt n$ και $\sqrt n \leq \dfrac {a}{b} \leq \sqrt {n+1}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 10, 2017 6:43 am**

α. Έστω $\displaystyle m \equiv \lfloor \sqrt{n} \rfloor$ . Για $0 \leqslant k \leqslant m$ ισχύουν

$\displaystyle \sqrt{m^2 + 2k} \leqslant m + \frac{k}{m} \leqslant \sqrt{m^2 + 2k + 1}$

$\displaystyle \sqrt{m^2 + 2k - 1} \leqslant m + \frac{k}{m+1} \leqslant \sqrt{m^2 + 2k}$

που μας δίνουν τα επιθυμητά κλάσματα.

β. Έστω n = m^2 + 1

και $\displaystyle \sqrt{n} \leqslant \frac{a}{b} \leqslant \sqrt{n+1}$ . Παίρνουμε

$(bm)^2 + b^2 \leqslant a^2 \leqslant (bm)^2 + 2b^2 \implies$

$\implies (bm+1)^2 \leqslant (bm)^2 + 2b^2 \implies b > m = \lfloor \sqrt{n} \rfloor$

Έτσι, όλοι οι αριθμοί της μορφής n = m^2+1

χρειάζονται παρονομαστή μεγαλύτερο του $\sqrt{n}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 10, 2017 1:16 pm**

dement έγραψε:α. Έστω $\displaystyle m \equiv \lfloor \sqrt{n} \rfloor$ . Για $0 \leqslant k \leqslant m$ ισχύουν

$\displaystyle \sqrt{m^2 + 2k} \leqslant m + \frac{k}{m} \leqslant \sqrt{m^2 + 2k + 1}$

$\displaystyle \sqrt{m^2 + 2k - 1} \leqslant m + \frac{k}{m+1} \leqslant \sqrt{m^2 + 2k}$

που μας δίνουν τα επιθυμητά κλάσματα.

β. Έστω και $\displaystyle \sqrt{n} \leqslant \frac{a}{b} \leqslant \sqrt{n+1}$ . Παίρνουμε

$(bm)^2 + b^2 \leqslant a^2 \leqslant (bm)^2 + 2b^2 \implies$

$\implies (bm+1)^2 \leqslant (bm)^2 + 2b^2 \implies b > m = \lfloor \sqrt{n} \rfloor$

Έτσι, όλοι οι αριθμοί της μορφής χρειάζονται παρονομαστή μεγαλύτερο του $\sqrt{n}$ .

Ευχαριστώ κύριε Δημήτρη για την όμορφη λύση σας!

Μπορείτε όμως να πείτε και πώς καταλήξατε σε αυτές τις ανισότητες;

Να σημειώσω ότι το πρόβλημα αυτό είναι το Α5 της IMO 2016 SL.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 10, 2017 3:46 pm**

Γεια σου Χάρη. Έλυσα πρώτα το β, υποθέτοντας διαισθητικά (και στη συνέχεια αποδεικνύοντας) ότι αν ο

είναι κοντά σε τέλειο τετράγωνο θα θέλει και μεγάλο παρονομαστή.

Έχοντας κάνει αυτό, είδα ότι το απαιτούμενο κλάσμα είναι το $\displaystyle m + \frac{1}{m+1}$ . Στη συνέχεια, κοιτώντας τα αναπτύγματα Taylor των ριζών, επεξέτεινα το αποτέλεσμα στη γενική περίπτωση.

mathematica.gr

Κλάσμα ανάμεσα σε διαδοχικές τετραγωνικές ρίζες

Κλάσμα ανάμεσα σε διαδοχικές τετραγωνικές ρίζες

Re: Κλάσμα ανάμεσα σε διαδοχικές τετραγωνικές ρίζες

Re: Κλάσμα ανάμεσα σε διαδοχικές τετραγωνικές ρίζες

Re: Κλάσμα ανάμεσα σε διαδοχικές τετραγωνικές ρίζες