Τέλειο τετράγωνο.

[Σεραφείμ]

Είναι ένα θέμα που με είχε απασχολήσει παλιά .. και το οποίο δεν κατάφερα .. ίσως εδώ μου φύγει ο καημός!

Να αποδειχθεί ότι το γινόμενο πέντε διαδοχικών θετικών ακεραίων, δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.

[mathxl]

Αν και η θεωρία αριθμών δεν μου αρέσει, ας αφήσω τα fifty cent μου
Εύκολα μπορούμε να δείξουμε ότι το γινόμενο 5 διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του 5
Έστω ότι το γινόμενο αυτό είναι τετράγωνο κάποιου ακεραίου α τότε θα πρέπει 5κ=α^2 πρεέπει να φύγω...

[cretanman]

EDIT: Σβήνω τη "λύση" μου και θα κοιτάξω και πάλι την άσκηση πιο προσεκτικά αυτές τις ημέρες. Ζητώ συγγνώμη από όλους όσους τη διάβασαν και έχασαν τον πολύτιμο χρόνο τους.

Αλέξανδρος

[Σεραφείμ]

χμ ...

[Α.Κυριακόπουλος]

Είναι ένα θέμα που με είχε απασχολήσει παλιά .. και το οποίο δεν κατάφερα .. ίσως εδώ μου φύγει ο καημός!

Να αποδειχθεί ότι το γινόμενο πέντε διαδοχικών θετικών ακεραίων, δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.

ΛΥΣΗ.(Για 4 διαδοχικούς φυσικούς θετικούς αριθμούς).
Έστω ότι υπάρχουν δύο φυσικοί θετικοί αριθμοί x και y, για στο οποίος ισχύει: .
Τότε:

Επίσης:

Από τις (1) και (2) βρίσκομαι ότι: , άτοπο γιατί ο αριθμός y είναι φυσικός και οι αριθμοί: και είναι διαδοχικοί φυσικοί.
Σχόλιο. Για την ιστορία αναφέρω ότι την άσκηση αυτή την έχω σε ένα βιβλίο που είχα εκδώσει το 1975 με τίτλο:
«ΥΠΟΨΗΦΙΑΚΑΙ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΒΑΣΙΚΩΤΕΡΑ ΘΕΩΡΙΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ»
(σελίδα 159 άσκηση 575).

[chris_gatos]

Δάσκαλε Αντώνη, καλησπέρα!
Με όλο το θάρρος,νομίζω πως απαντάτε για 4 διαδοχικούς αριθμούς και οχι για 5 !

[Α.Κυριακόπουλος]

Δάσκαλε Αντώνη, καλησπέρα!
Με όλο το θάρρος,νομίζω πως απαντάτε για 4 διαδοχικούς αριθμούς και οχι για 5 !

Χρήστο, έχεις δίκαιο.Εγώ δεν πρόσεξα.

[chris_gatos]

Mα αν ήταν πέντε, ο βαθμός του πολυωνύμου αριστερά του , θα ήταν πέντε κάτι που δε συμβαίνει παρακάτω στη λύση σας...Αυτή η παρατήρηση με ώθησε να σας το πω.
Μπορεί να κάνω και λάθος...

[papel]

Σωστα ενω ειναι βαθμου 5 ως προς χ στην πρωτη γραμμη στην αμεσως επομενη ο μεγιστος ειναι 4 ως προς χ.
Κυριε Αντωνη αν θελετε να το ξαναδειτε.

[Σεραφείμ]

κάτι λείπει ...

[Α.Κυριακόπουλος]

Έχετε δίκαιο. Η άσκηση που αναφέρω είναι για 4 διαδοχικούς φυσικούς αριθμούς.

[Παύλος Μαραγκουδάκης]

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν 5 διαδοχικοί θετικοί ακέραιοι α,α+1,α+2,α+3,α+4 με γινόμενο τέλειο τετράγωνο. Αν κάποιος πρώτος μεγαλύτερος ή ίσος του 5 είναι παράγοντας κάποιου από τους πέντε, τότε δεν θα είναι παράγοντας κανενός άλλου. Άρα θα εμφανίζεται με άρτιο εκθέτη. Οι μόνοι πρώτοι που δεν έχουν την παραπάνω ιδιότητα είναι οι 2 και 3. Άρα οι 5 αυτοί αριθμοί θα έχουν μια από τις παρακάτω μορφές: Σύμφωνα με την αρχή της περιστεροφωλιάς δύο από αυτούς θα έχουν την ίδια μορφή. Από τα παραπάνω προκύπτει ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι i,j,k,x,y με , κ=0 ή 1 ή 2 ή 3 ή 6.
Άρα .
Τα παραπάνω ισχύουν μόνο όταν κ=1, x=1, y=2. Άρα δύο από τους αριθμούς είναι οι 1 και 4. Άρα οι 5 αριθμοί είναι οι 1,2,3,4,5 με γινόμενο 120 που δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

[mathxl]

Αν και η θεωρία αριθμών δεν μου αρέσει, ας αφήσω τα fifty cent μου
Εύκολα μπορούμε να δείξουμε ότι το γινόμενο 5 διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του 5
Έστω ότι το γινόμενο αυτό είναι τετράγωνο κάποιου ακεραίου α τότε θα πρέπει 5κ=α^2 πρεέπει να φύγω...

ΥΓ: Αφού επέστρεψα και ασχολήθηκα με τον τρόπο που πήγα να την ξεκινήσω....τράβηξα χειρόφρενο

[Σεραφείμ]

Άρα οι 5 αυτοί αριθμοί θα έχουν μια από τις παρακάτω μορφές:

... Γιατί?

Αν τότε n+1= , n+2= , n+3= και n+4= .. όπου οι Α1, Α2, Α3, Α4 και Α5 είναι θετικοί ακέραιοι, χωρίς κοινούς πρώτους παράγοντες οι οποίοι πρώτοι παράγοντες είναι μεγαλύτεροι ή ίσοι του 5 ...

[gbaloglou]

Ας ξεκινησω την δικη μου αποπειρα (εμπνευσμενη απ' αυτην του Παυλου) ... με ενα σχημα:

x 2 x 2 x--------x 2 x 2 x--------x 2 x 2 x--------2 x 2 x 2--------2 x 2 x 2--------2 x 2 x 2
3 x x 3 x--------x 3 x x 3--------x x 3 x x--------3 x x 3 x--------x 3 x x 3--------x x 3 x x

Στο παραπανω σχημα οι πεντε θεσεις αντιπροσωπευουν τους πεντε διαδοχικους ακεραιους, το 2 και το 3 σημαινουν διαιρετοτητα δια 2 και 3, και το x σημαινει πρωτους παραγοντες απο 5 και πανω -- η πρωτη σειρα ειναι αφιερωμενη στο 2, η δευτερη στο 3. Παρατηρουμε αμεσως οτι αν σε οποιαδηποτε θεση και η ανω και η κατω σειρα ειναι x τοτε ο ακεραιος εκεινης της θεσης (x/x) οφειλει να ειναι τελειο τετραγωνο: δεν ειναι δυνατον ακεραιοι απο 5 και πανω να εμφανιζονται σε περισσοτερες απο μια θεση. Επομενως οι μονες δυνατες περιπτωσεις πεντε διαδοχικων ακεραιων με γινομενο τελειο τετραγωνο ειναι η τεταρτη και η πεμπτη: σε ολες τις αλλες εχουμε δυο τελεια τετραγωνα με διαφορα μεταξυ τους 2 ή 4, ατοπο.

Ας εξετασουμε τωρα το 2 και το 3 στην τεταρτη και στην πεμπτη περιπτωση. Οσον αφορα το 2, ειτε βρισκεται σε αρτια δυναμη και στις τρεις θεσεις ειτε βρισκεται σε αρτια δυναμη σε μια ακριβως απο τις τρεις θεσεις: το πρωτο δεν γινεται διοτι τοτε θα εχουμε τελειο τετραγωνο (2/x) διπλα σε αλλο τελειο τετραγωνο (x/x) -- στην πραγματικοτητα το 2 οφειλει να βρισκεται σε αρτια δυναμη ακριβως οταν συνυπαρχει με το 3 (2/3). Για τους ιδιους περιπου λογους το 3 οφειλει να βρισκεται σε περιττη δυναμη και στις δυο θεσεις.

Λαμβανοντας υπ' οψιν ολες αυτες τις παρατηρησεις, συμπεραινουμε, για την τεταρτη περιπτωση, οτι ο πρωτος αριθμος ειναι της μορφης 3(α^2), οπου α αρτιος, ενω ο τεταρτος αριθμος ειναι της μορφης 3(β^2), οπου β περιττος. Αυτο ειναι ομως αδυνατο, καθως η 3(β^2) = 3(α^2) + 3 δινει β^2 = α^2 + 1, ατοπο. Η πεμπτη περιπτωση ειναι παρομοια, καταληγοντας στην 3(α^2) = 3(β^2) + 3 -- οπου και παλι α αρτιος και β περιττος (αν και αυτο, οπως και πριν, δεν εχει σημασια) -- και α^2 = β^2 + 1.

Γιωργος Μπαλογλου

ΥΓ Αναλογους συλλογισμους ειχα εφαρμοσει προ εξαετιας για να αποδειξω οτι το γινομενο τεσσαρων διαδοχικων διψηφιων τουλαχιστον ακεραιων οφειλει να εχει εναν πρωτο παραγοντα ισο με τουλαχιστον 13.

[nkatsipis]

Καλημέρα σε όλους !

Η παραπάνω άσκηση αποτελεί ειδική περίπτωση του θεωρήματος των P. ERDŐS και J. L. SELFRIDGE:

Το γινόμενο δύο ή περισσοτέρων διαδοχικών ακεραίων δεν είναι ποτέ δύναμη κάποιου ακεραίου.

Για την περίπτωση του τέλειου τετραγώνου υπάρχουν αποδείξεις (απλές) για τις περιπτώσεις των 2,3 και 4 διαδοχικών ακεραίων. Για την περίπτωση των πέντε διαδοχικών ακεραίων να είναι τέλειο τετράγωνο έχει δοθεί στοιχειώδης λύση από τον Aage Bondesen σε κάποιο τεύχος του Crux το 1987. Η λύση που έδωσε ακολουθεί τα επιχειρήματα που παρέθεσε παραπάνω ο Παύλος Μαραγκουδάκης.

Άρα οι 5 αυτοί αριθμοί θα έχουν μια από τις παρακάτω μορφές:

... Γιατί?

Αν τότε n+1= , n+2= , n+3= και n+4= .. όπου οι Α1, Α2, Α3, Α4 και Α5 είναι θετικοί ακέραιοι, χωρίς κοινούς πρώτους παράγοντες οι οποίοι πρώτοι παράγοντες είναι μεγαλύτεροι ή ίσοι του 5 ...

Αν α,α+1,α+2,α+3,α+4 είναι οι διοδοχικοί ακέραιοι τότε το γινόμενο τους Α=α(α+1)(α+2)(α+3)(α+4) θα περιέχει δύο ή τρία πολλαπλάσια του 2, ένα ή δύο πολλαπλάσια του 3, μόνο ένα πολλαπλάσιο του 5 και το πολύ ένα πολλαπλάσιο του , πρώτος μεγαλύρερος του 5. Άρα, αν ο Α είναι τέλειο τετράγωνο τότε κάθε παράγοντας α+i του γινομένου θα είναι:

.

Παίρνοντας τις 4 περιπτώσεις για του και (άρτιος-περιττος, άρτιος-άρτιος, περιττός-περιττός, περιττός-άρτιος) προκύπτει ότι οι α+i έχουν μια από τις παρακάτω μορφές:


Νικόλαος Κατσίπης

[gbaloglou]

Καλημέρα σε όλους !

Η παραπάνω άσκηση αποτελεί ειδική περίπτωση του θεωρήματος των P. ERDŐS και J. L. SELFRIDGE:

Το γινόμενο δύο ή περισσοτέρων ακεραίων δεν είναι ποτέ δύναμη κάποιου ακεραίου.

Για την περίπτωση του τέλειου τετραγώνου υπάρχουν αποδείξεις (απλές) για τις περιπτώσεις των 2,3 και 4 διαδοχικών ακεραίων. Για την περίπτωση των πέντε διαδοχικών ακεραίων να είναι τέλειο τετράγωνο έχει δοθεί στοιχειώδης λύση από τον Aage Bondesen σε κάποιο τεύχος του Crux το 1987. Η λύση που έδωσε ακολουθεί τα επιχειρήματα που παρέθεσε παραπάνω ο Παύλος Μαραγκουδάκης.

*Νομιζω* πως η ιδια μεδοδος δινει λυση και στην περιπτωση των 6 διαδοχικων ακεραιων. Διακρινοντας περιπτωσεις οπως ο Παυλος ή/και ακολουθωντας το 'σχημα' της δικης μου αναρτησης, καταληγουμε, νομιζω, στις εξης δυο 'συμμετρικες' περιπτωσεις (οπου Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ περιττοι):

5Α^2, 6Β^2, Γ^2, 2Δ^2, 3Ε^2, 10Ζ^2 -- ατοπο λογω 10Ζ^2 = 2Δ^2 + 2 και 5Ζ^2 = Δ^2 + 1

10Α^2, 3Β^2, 2Γ^2, Δ^2, 6Ε^2, 5Ζ^2 -- ατοπο λογω 2Γ^2 = 10Α^2 + 2 και Γ^2 = 5Α^2 + 1

...Ξεφυγε κατι? Δεν αποκλειεται, θα το δω και αργοτερα, αλλα δειτε/προσπαθειστε το και σεις! (Δεν εκανα καμμια προσπαθεια για περισσοτερους ακεραιους, ας επαληθευσουμε πρωτα το παραπανω )

Γιωργος Μπαλογλου

[gbaloglou]

*Νομιζω* πως η ιδια μεδοδος δινει λυση και στην περιπτωση των 6 διαδοχικων ακεραιων. Διακρινοντας περιπτωσεις οπως ο Παυλος ή/και ακολουθωντας το 'σχημα' της δικης μου αναρτησης, καταληγουμε, νομιζω, στις εξης δυο 'συμμετρικες' περιπτωσεις (οπου Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ περιττοι):

5Α^2, 6Β^2, Γ^2, 2Δ^2, 3Ε^2, 10Ζ^2 -- ατοπο λογω 10Ζ^2 = 2Δ^2 + 2 και 5Ζ^2 = Δ^2 + 1

10Α^2, 3Β^2, 2Γ^2, Δ^2, 6Ε^2, 5Ζ^2 -- ατοπο λογω 2Γ^2 = 10Α^2 + 2 και Γ^2 = 5Α^2 + 1

Οχι, δεν ισχυει -- οι Γ, Δ μπορει να ειναι αρτιοι

Γιωργος Μπαλογλου

[gbaloglou]

*Νομιζω* πως η ιδια μεδοδος δινει λυση και στην περιπτωση των 6 διαδοχικων ακεραιων. Διακρινοντας περιπτωσεις οπως ο Παυλος ή/και ακολουθωντας το 'σχημα' της δικης μου αναρτησης, καταληγουμε, νομιζω, στις εξης δυο 'συμμετρικες' περιπτωσεις (οπου Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ περιττοι):

5Α^2, 6Β^2, Γ^2, 2Δ^2, 3Ε^2, 10Ζ^2 -- ατοπο λογω 10Ζ^2 = 2Δ^2 + 2 και 5Ζ^2 = Δ^2 + 1

10Α^2, 3Β^2, 2Γ^2, Δ^2, 6Ε^2, 5Ζ^2 -- ατοπο λογω 2Γ^2 = 10Α^2 + 2 και Γ^2 = 5Α^2 + 1

Οχι, δεν ισχυει -- οι Γ, Δ μπορει να ειναι αρτιοι

Νομιζω ομως οτι το εμποδιο της αρτιοτητας των Δ (Ι) και Γ (ΙΙ) μπορει να ξεπεραστει:

(Ι) 5Α^2, 6Β^2, Γ^2, 2Δ^2, 3Ε^2, 10Ζ^2 -- 5Ζ^2 = Δ^2 + 1

Ειναι προφανες οτι οι Α, Γ, Ε οφειλουν να ειναι περιττοι. Ο Γ ειναι περιττος, αρα ο Γ^2 + 1 *δεν* διαιρειται δια 4, αρα ο Δ οφειλει να ειναι περιττος. Αφου λοιπον ο Δ ειναι περιττος, ο Δ^2 + 1 ειναι αρτιος, αρα και ο 5Ζ^2 = Δ^2 + 1 ειναι αρτιος. Λογω τετραγωνου, ο αρτιος πλεον 5Ζ^2 ειναι διαιρετος και δια 4. Ομως ο Δ ειναι περιττος, αρα ο Δ^2 + 1 δεν ειναι διαιρετος δια 4, αρα η 5Ζ^2 = Δ^2 + 1 ειναι αδυνατη.

(ΙΙ) 10Α^2, 3Β^2, 2Γ^2, Δ^2, 6Ε^2, 5Ζ^2 -- Γ^2 = 5Α^2 + 1

Οι Β, Δ, Ζ ειναι περιττοι. Επειδη ο Δ ειναι περιττος, ο Δ^2 + 1 = 6Ε^2 δεν ειναι διαιρετος δια 4. Επομενως και ο 10Α^2 = 6Ε^2 - 4 δεν διαιρειται δια 4, αρα ο Α ειναι περιττος. Λογω της Γ^2 = 5Α^2 + 1, ο Γ οφειλει να ειναι αρτιος. Λογω τετραγωνου, ο αρτιος πλεον Γ^2 ειναι διαιρετος και δια 4. Ομως ο Α ειναι περιττος, αρα ο 5Α^2 + 1 δεν ειναι διαιρετος δια 4, αρα η Γ^2 = 5Α^2 + 1 ειναι αδυνατη.

Γιωργος Μπαλογλου

[Παύλος Μαραγκουδάκης]

Σε διαγωνισμό στη Βοσνία είχε τεθεί το 2002 το εξής:
Να δειχθεί ότι αν ο ν είναι φυσικός τότε ο αριθμός (ν+1)(ν+2)...(ν+10) δεν είναι τέλειο τετράγωνο.