Ακέραιοι ως κυκλικό άθροισμα

#1

Να βρείτε όλους τους ακεραίους

οι οποίοι γράφονται στη μορφή

m=x_1x_2+x_2x_3+...+x_nx_1

για κάποιο θετικό ακέραιο $n\geq 2$ και $x_i\in \{\sqrt{2}+1, \sqrt{2}-1\},$ για κάθε i=1,2,...,n.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Έχουμε ότι:

$m=x_1x_2+x_2x_3+...+x_nx_1\Leftrightarrow 2m=2x_1x_2+2x_2x_3+...+2x_nx_1=$
=(x_1+x_2+x_3+...+x_n)^2-(x_1)^2-(x_2)^2-(x_3)^2-...-(x_n)^2

Έστω

το πλήθος των x_i

που είναι $\sqrt{2}+1$ και

το πλήθος των x_j

που είναι $\sqrt{2}-1$ .

Έχουμε λοιπόν πως:

$2m=(n\sqrt{2}+a-b)^2-3n-(2\sqrt{2}a-2\sqrt{2}b)=2n^2-3n+(a-b)^2+2\sqrt{2}n(a-b)-(2\sqrt{2}a-2\sqrt{2}b)=$
$=2n^2-3n+(a-b)^2+2\sqrt{2}(a-b)(n-1)$

Όμως το

είναι ακέραιος άρα αφού το

είναι ακέραιος, πρέπει και το $2\sqrt{2}(a-b)(n-1)$ να είναι ακέραιος. Άρα πρέπει είτε n=1

(άτοπο από συνθήκη) είτε a=b

.

Άρα αναγκαστικά a=b

και

επομένως έπεται πως $2m=2n^2-3n\Leftrightarrow 2m=8a^2-6a\Leftrightarrow m=4a^2-3a$ , όπου

θετικός ακέραιος.

Edit: Η λύση δεν ισχύει!

#3

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 17, 2017 3:16 pm
Έχουμε ότι:

$m=x_1x_2+x_2x_3+...+x_nx_1\Leftrightarrow 2m=2x_1x_2+2x_2x_3+...+2x_nx_1=$

Διονύση, το άθροισμα είναι κυκλικό, όχι συμμετρικό.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 17, 2017 3:37 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 17, 2017 3:16 pm
Έχουμε ότι:

$m=x_1x_2+x_2x_3+...+x_nx_1\Leftrightarrow 2m=2x_1x_2+2x_2x_3+...+2x_nx_1=$

Διονύση, το άθροισμα είναι κυκλικό, όχι συμμετρικό.

Έχετε δίκιο! Ήταν τελείως επιπόλαιο.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #5

Παρατηρούμε πως κάθε θετικός άρτιος

μπορεί να γραφτεί στη μορφή $m=2k=\sum^k{(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)}$

Θα αποδείξουμε πως κανένας θετικός περιττός

δεν μπορεί να γραφτεί στη ζητούμενη μορφή.

Έχουμε πως κάθε ζευγαράκι x_ix_j

μπορεί να να πάρει έναν από τους τύπους $(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)=1$ , $(\sqrt{2}+1)^2=3+2\sqrt{2}$ , $(\sqrt{2}-1)^2=3-2\sqrt{2}$ .

Παρατηρούμε πως το πλήθος των ζευγαριών του δεύτερου τύπου πρέπει να είναι ίσο με το πλήθος των ζευγαριών του τρίτου τύπου, καθώς πρέπει το άθροισμα όλων των τύπων να κάνει ακέραιο. Επομένως δεν γίνεται να προκύψει αρνητικός

.

Αν χρησιμοποιηθεί μόνο ο πρώτος τύπος ζευγαριών τότε αναγκαστικά θα οδηγηθούμε στην περίπτωση που αναλύθηκε στην αρχή, επομένως δεν θα βγάλει περιττό

.

Αν χρησιμοποιηθεί ο δεύτερος τύπος πρέπει αναγκαστικά να χρησιμοποιηθεί και ο τρίτος τύπος. Για να γίνει όμως η μετάβαση από τον ένα τύπο στον άλλο πρέπει να υπάρχει και ο πρώτος τύπος ανάμεσα. Άρα αναγκαστικά θα χρησιμοποιηθούν σε αυτή την περίπτωση και οι

τύποι.

Προφανώς το άθροισμα των

τελευταίων τύπων είναι άρτιο (αφού το πλήθος τους είναι ίσο), άρα θα αποδείξουμε πως ο πρώτος τύπος πρέπει να χρησιμοποιηθεί άρτιο αριθμό φορών. Έτσι το

θα είναι πάντα άρτιο όπως θέλουμε να αποδείξουμε.

Λόγω του κυκλικού αθροίσματος δεν παίζει ρόλο πως θα αρχίσουμε.

Έστω πως αρχίζουμε με τον πρώτο τύπο και χωρίς βλάβη της γενικότητας αρχίζουμε με $x_1=\sqrt{2}+1$ .

α) Αν χρησιμοποιήσουμε αυτόν τον τύπο περιττές φορές πριν αλλάξει τύπος, τότε το τελευταίο ζευγαράκι του πρώτου τύπου θα τελειώνει σε $\sqrt{2}-1$ .

Άρα μετά θα συνεχίσουμε με τον τύπο $(\sqrt{2}-1)^2$ όσες φορές επιθυμούμε.

Όταν θα αλλάξει τύπος πρέπει να χρησιμοποιηθεί ο πρώτος τύπος αναγκαστικά, αφού το προηγούμενο ζευγαράκι θα τελειώνει σε $\sqrt{2}-1$ . Ο πρώτος τύπος θα αρχίσει με το $\sqrt{2}-1$ . Σε αυτό τον τύπο τώρα πρέπει το τελευταίο ζευγαράκι του να τελειώνει σε $\sqrt{2}+1$ για να αρχίσουμε με τον τύπο $(\sqrt{2}+1)^2$ , άρα θα χρησιμοποιηθεί ο πρώτος τύπος περιττό αριθμό φορών.

Θα συνεχίσουμε με τον τύπο $(\sqrt{2}+1)^2$ όσες φορές χρησιμοποιήσαμε τον τύπο $(\sqrt{2}-1)^2$ .

Αν θέλουμε να χρησιμοποιήσουμε τον πρώτο τύπο ξανά θα πρέπει να τον χρησιμοποιήσουμε άρτιο αριθμό φορών για να παραμείνει το $\sqrt{2}+1$ στο τέλος (γιατί με αυτό αρχίζουμε).

Συνοψίζοντας ο πρώτος τύπος χρησιμοποιήθηκε περιττός+περιττός+άρτιος=άρτιος, άρα άρτιο αριθμό φορών.

β) Αν χρησιμοποιήσουμε τον πρώτο τύπο στην αρχή άρτιο αριθμό φορών. Το τελευταίο ζευγαράκι του θα τελειώνει σε $\sqrt{2}+1$ .

Θα συνεχίσουμε μετά με τον τύπο $(\sqrt{2}+1)^2$ και μετά θα χρησιμοποιήσουμε με τον πρώτο τύπο περιττό αριθμό φορών για να τελειώνει το τελευταίο ζευγαράκι του σε $\sqrt{2}-1$ . Ύστερα θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο $(\sqrt{2}-1)^2$ και μετά θα πρέπει να χρησιμοποιήσουμε τον πρώτο τύπο περιττό αριθμό φορών για να τελειώνει το τελευταίο ζευγαράκι του σε $\sqrt{2}+1$ (όπως δηλαδή αρχίζουμε).

Συνοψίζοντας ο πρώτος τύπος χρησιμοποιήθηκε άρτιος+περιττός+περιττός=άρτιος, άρα άρτιο αριθμό φορών.

Άρα οι

που μπορούν να σχηματιστούν είναι όλοι οι θετικοί άρτιοι αριθμοί.

#6

Ένας πιο σύντομος τρόπος να δούμε ότι υπάρχει άρτιος αριθμός από ζεύγη $x_ix_{i+1}$ που ισούνται με 1 είναι ο εξής:

Το $x_ix_{i+1}$ ισούται με

αν και μόνο αν $x_{i+1} \neq x_i$ . Άρα ο αριθμός των άσων ισούται με τον αριθμό των εναλλαγών από $\sqrt{2}-1$ σε $\sqrt{2}+1$ και αντίστροφα. Αν ξεκινήσουμε όμως από το x_1

, για να επιστρέψουμε στο τέλος πάλι σε αυτό θα πρέπει να έχουμε άρτιο αριθμό εναλλαγών.

Ακέραιοι ως κυκλικό άθροισμα

Ακέραιοι ως κυκλικό άθροισμα

Re: Ακέραιοι ως κυκλικό άθροισμα

Re: Ακέραιοι ως κυκλικό άθροισμα

Re: Ακέραιοι ως κυκλικό άθροισμα

Re: Ακέραιοι ως κυκλικό άθροισμα

Re: Ακέραιοι ως κυκλικό άθροισμα

Μέλη σε σύνδεση