Τέλειο τετράγωνο.
Συντονιστής: nkatsipis
- Σεραφείμ
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 1872
- Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
- Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα
Τέλειο τετράγωνο.
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.
Να αποδειχθεί ότι το γινόμενο πέντε διαδοχικών θετικών ακεραίων, δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.
Σεραφείμ Τσιπέλης
Λέξεις Κλειδιά:
Re: Τέλειο τετράγωνο.
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...
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...
Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος
Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος
Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
- cretanman
- Διαχειριστής
- Δημοσιεύσεις: 4097
- Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
- Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
- Επικοινωνία:
Re: Τέλειο τετράγωνο.
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
Αλέξανδρος
Αλέξανδρος Συγκελάκης
- Σεραφείμ
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 1872
- Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
- Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα
Re: Τέλειο τετράγωνο.
χμ ...
τελευταία επεξεργασία από Σεραφείμ σε Τρί Ιουν 16, 2009 1:54 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Σεραφείμ Τσιπέλης
- Α.Κυριακόπουλος
- Δημοσιεύσεις: 988
- Εγγραφή: Κυρ Ιαν 04, 2009 9:49 am
- Τοποθεσία: ΧΟΛΑΡΓΟΣ
Re: Τέλειο τετράγωνο.
ΛΥΣΗ.(Για 4 διαδοχικούς φυσικούς θετικούς αριθμούς).Persona_Non_Grata έγραψε: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.
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).
τελευταία επεξεργασία από Α.Κυριακόπουλος σε Σάβ Μάιος 30, 2009 10:47 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.
Αντώνης Κυριακόπουλος
•Ο έξυπνος παραδέχεται •Ο πονηρός δικαιολογείται •Ο βλάκας επιμένει
•Ο έξυπνος παραδέχεται •Ο πονηρός δικαιολογείται •Ο βλάκας επιμένει
- chris_gatos
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 6962
- Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
- Τοποθεσία: Ανθούπολη
Re: Τέλειο τετράγωνο.
Δάσκαλε Αντώνη, καλησπέρα!
Με όλο το θάρρος,νομίζω πως απαντάτε για 4 διαδοχικούς αριθμούς και οχι για 5 !
Με όλο το θάρρος,νομίζω πως απαντάτε για 4 διαδοχικούς αριθμούς και οχι για 5 !
Χρήστος Κυριαζής
- Α.Κυριακόπουλος
- Δημοσιεύσεις: 988
- Εγγραφή: Κυρ Ιαν 04, 2009 9:49 am
- Τοποθεσία: ΧΟΛΑΡΓΟΣ
Re: Τέλειο τετράγωνο.
Χρήστο, έχεις δίκαιο.Εγώ δεν πρόσεξα.chris_gatos έγραψε:Δάσκαλε Αντώνη, καλησπέρα!
Με όλο το θάρρος,νομίζω πως απαντάτε για 4 διαδοχικούς αριθμούς και οχι για 5 !
τελευταία επεξεργασία από Α.Κυριακόπουλος σε Σάβ Μάιος 30, 2009 10:53 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Αντώνης Κυριακόπουλος
•Ο έξυπνος παραδέχεται •Ο πονηρός δικαιολογείται •Ο βλάκας επιμένει
•Ο έξυπνος παραδέχεται •Ο πονηρός δικαιολογείται •Ο βλάκας επιμένει
- chris_gatos
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 6962
- Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
- Τοποθεσία: Ανθούπολη
Re: Τέλειο τετράγωνο.
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...
Μπορεί να κάνω και λάθος...
Χρήστος Κυριαζής
Re: Τέλειο τετράγωνο.
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.
Κυριε Αντωνη αν θελετε να το ξαναδειτε.
τελευταία επεξεργασία από papel σε Σάβ Μάιος 30, 2009 10:12 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
"There are two types of people in this world, those who divide the world into two types and those who do not."
Jeremy Bentham
Jeremy Bentham
- Σεραφείμ
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 1872
- Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
- Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα
Re: Τέλειο τετράγωνο.
κάτι λείπει ...
- Συνημμένα
-
- aritmoi2.jpg (7.73 KiB) Προβλήθηκε 7756 φορές
Σεραφείμ Τσιπέλης
- Α.Κυριακόπουλος
- Δημοσιεύσεις: 988
- Εγγραφή: Κυρ Ιαν 04, 2009 9:49 am
- Τοποθεσία: ΧΟΛΑΡΓΟΣ
Re: Τέλειο τετράγωνο.
Έχετε δίκαιο. Η άσκηση που αναφέρω είναι για 4 διαδοχικούς φυσικούς αριθμούς.
Αντώνης Κυριακόπουλος
•Ο έξυπνος παραδέχεται •Ο πονηρός δικαιολογείται •Ο βλάκας επιμένει
•Ο έξυπνος παραδέχεται •Ο πονηρός δικαιολογείται •Ο βλάκας επιμένει
-
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 1513
- Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
- Τοποθεσία: Πειραιάς
- Επικοινωνία:
Re: Τέλειο τετράγωνο.
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.
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.
τελευταία επεξεργασία από Παύλος Μαραγκουδάκης σε Κυρ Μάιος 31, 2009 4:48 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Re: Τέλειο τετράγωνο.
ΥΓ: Αφού επέστρεψα και ασχολήθηκα με τον τρόπο που πήγα να την ξεκινήσω....τράβηξα χειρόφρενοmathxl έγραψε: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...
Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος
Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος
Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
- Σεραφείμ
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 1872
- Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
- Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα
Re: Τέλειο τετράγωνο.
... Γιατί?Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:Άρα οι 5 αυτοί αριθμοί θα έχουν μια από τις παρακάτω μορφές:
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 ...
Σεραφείμ Τσιπέλης
- gbaloglou
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 3341
- Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
- Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
- Επικοινωνία:
Re: Τέλειο τετράγωνο.
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.
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.
τελευταία επεξεργασία από gbaloglou σε Δευ Ιουν 01, 2009 12:00 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω
Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
- nkatsipis
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 778
- Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 10:26 am
- Τοποθεσία: Σαντορίνη
- Επικοινωνία:
Re: Τέλειο τετράγωνο.
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.
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
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.
Persona_Non_Grata έγραψε:... Γιατί?Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:Άρα οι 5 αυτοί αριθμοί θα έχουν μια από τις παρακάτω μορφές:
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
τελευταία επεξεργασία από nkatsipis σε Πέμ Σεπ 17, 2009 11:08 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
- gbaloglou
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 3341
- Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
- Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
- Επικοινωνία:
Re: Τέλειο τετράγωνο.
*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):nkatsipis έγραψε: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.
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
Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω
Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
- gbaloglou
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 3341
- Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
- Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
- Επικοινωνία:
Re: Τέλειο τετράγωνο.
Οχι, δεν ισχυει -- οι Γ, Δ μπορει να ειναι αρτιοιgbaloglou έγραψε:
*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
Γιωργος Μπαλογλου
Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω
Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
- gbaloglou
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 3341
- Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
- Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
- Επικοινωνία:
Re: Τέλειο τετράγωνο.
Νομιζω ομως οτι το εμποδιο της αρτιοτητας των Δ (Ι) και Γ (ΙΙ) μπορει να ξεπεραστει:gbaloglou έγραψε:Οχι, δεν ισχυει -- οι Γ, Δ μπορει να ειναι αρτιοιgbaloglou έγραψε:
*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
(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
τελευταία επεξεργασία από gbaloglou σε Παρ Ιουν 05, 2009 12:45 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω
Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
-
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 1513
- Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
- Τοποθεσία: Πειραιάς
- Επικοινωνία:
Re: Τέλειο τετράγωνο.
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.
Να δειχθεί ότι αν ο ν είναι φυσικός τότε ο αριθμός (ν+1)(ν+2)...(ν+10) δεν είναι τέλειο τετράγωνο.
Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Μέλη σε σύνδεση
Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης