Ταυτότητα με άρρητους

Την κεντρική ιδέα για την παρακάτω άσκηση την έχουμε δει πολλές φορές στο φόρουμ. Τώρα προσθέτω ένα βηματάκι ακόμη.

Έστω φυσικός. Δείξτε ότι υπάρχει φυσικός με $\displaystyle{(\sqrt 2+ 1)^n=\sqrt N + \sqrt {N+1}}$

Ας την αφήσουμε

ώρες για τους μαθητές μας.

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 27, 2018 8:00 pm
Την κεντρική ιδέα για την παρακάτω άσκηση την έχουμε δει πολλές φορές στο φόρουμ. Τώρα προσθέτω ένα βηματάκι ακόμη.

Έστω φυσικός. Δείξτε ότι υπάρχει φυσικός με $\displaystyle{(\sqrt 2+ 1)^n=\sqrt N + \sqrt {N+1}}$

Ας την αφήσουμε ώρες για τους μαθητές μας.

Είναι: $\left ( \sqrt{2}+1 \right )^{n}=\sqrt{N}+\sqrt{N+1}\Leftrightarrow \left ( \sqrt{2}+1 \right )^{2n}=\left ( \sqrt{N}+\sqrt{N+1} \right )^{2}\Leftrightarrow\left ( \left ( \sqrt{2}+1 \right )^{2} \right )^{n}=\left ( N+2\sqrt{N\left ( N+1 \right )}+N+1 \right )^{2}\Leftrightarrow .. \left ( 2+2\sqrt{2}+1 \right )^{n}=\left ( 2N+2\sqrt{N\left ( N+1 \right )}+1 \right )$
Παρατηρούμε πως για n=1

και

η ισότητα αληθεύει.
Άρα υπάρχει o

. (διορθώστεμε αν ήμουν ημιτελής)

Tolaso J Kos

Ερώτηση: Δε θα μπορούσαμε απλά να πούμε για n=N=1

ισχύει ως ισότητα. Και απλά να μη προσθέσουμε τίποτα άλλο; Δείξαμε αυτό που θέλει η άσκηση... !!

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 27, 2018 11:53 pm
Είναι: $\left ( \sqrt{2}+1 \right )^{n}=\sqrt{N}+\sqrt{N+1}\Leftrightarrow \left ( \sqrt{2}+1 \right )^{2n}=\left ( \sqrt{N}+\sqrt{N+1} \right )^{2}\Leftrightarrow\left ( \left ( \sqrt{2}+1 \right )^{2} \right )^{n}=\left ( N+2\sqrt{N\left ( N+1 \right )}+N+1 \right )^{2}\Leftrightarrow .. \left ( 2+2\sqrt{2}+1 \right )^{n}=\left ( 2N+2\sqrt{N\left ( N+1 \right )}+1 \right )$
Παρατηρούμε πως για και η ισότητα αληθεύει.
Άρα υπάρχει o .

Αν είναι να βάλεις n=1, N=1

γιατί δεν το έβαλες στην αρχική, δηλαδή την $\displaystyle{(\sqrt 2+ 1)^n=\sqrt N + \sqrt {N+1}}$ , αλλά έπρεπε να κάνεις έναν κυκεώνα πράξεων μέχρι να φτάσεις στην σαφώς δυσκολότερη παράσταση $\displaystyle{ \left ( 2+2\sqrt{2}+1 \right )^{n}=2N+2\sqrt{N\left ( N+1 \right )}+1 }$ και να βάλεις εκεί n=1, N=1

. Χάνουμε την ουσία.

Αυτό που έχει μεγαλύτερη σημασία είναι ότι η λύση είναι πάρα πολλή προβληματική. Πρώτα απ' όλα το

δίνεται στην άσκηση. Δεν το επιλέγουμε εμείς. Με απλά λόγια, αν σου δώσω ένα

, όποιο και να είναι όπως n=100

ή

ή οποιοδήποτε άλλο, δείξε ότι υπάρχει

που εξαρτάται από το εκάστοτε

έτσι ώστε να ισχύει η δοθείσα ταυτότητα.

Αν δεν είναι κατανοητά αυτά που γράφω, θα συνιστούσα να ρωτούσες τον Μαθηματικό σου στο Σχολείο για να σου εξηγήσει γιατί είναι τόσο λάθος ο συλλογισμός σου. Εδώ είμαστε για να σε βοηθήσουμε να βελτιώνεσαι, και θα το κάνουμε με χαρά.

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 28, 2018 12:19 am

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 27, 2018 11:53 pm
Είναι: $\left ( \sqrt{2}+1 \right )^{n}=\sqrt{N}+\sqrt{N+1}\Leftrightarrow \left ( \sqrt{2}+1 \right )^{2n}=\left ( \sqrt{N}+\sqrt{N+1} \right )^{2}\Leftrightarrow\left ( \left ( \sqrt{2}+1 \right )^{2} \right )^{n}=\left ( N+2\sqrt{N\left ( N+1 \right )}+N+1 \right )^{2}\Leftrightarrow .. \left ( 2+2\sqrt{2}+1 \right )^{n}=\left ( 2N+2\sqrt{N\left ( N+1 \right )}+1 \right )$
Παρατηρούμε πως για και η ισότητα αληθεύει.
Άρα υπάρχει o .
Αν είναι να βάλεις γιατί δεν το έβαλες στην αρχική, δηλαδή την $\displaystyle{(\sqrt 2+ 1)^n=\sqrt N + \sqrt {N+1}}$ , αλλά έπρεπε να κάνεις έναν κυκεώνα πράξεων μέχρι να φτάσεις στην σαφώς δυσκολότερη παράσταση $\displaystyle{ \left ( 2+2\sqrt{2}+1 \right )^{n}=2N+2\sqrt{N\left ( N+1 \right )}+1 }$ και να βάλεις εκεί . Χάνουμε την ουσία.

Αυτό που έχει μεγαλύτερη σημασία είναι ότι η λύση είναι πάρα πολλή προβληματική. Πρώτα απ' όλα το δίνεται στην άσκηση. Δεν το επιλέγουμε εμείς. Με απλά λόγια, αν σου δώσω ένα , όποιο και να είναι όπως ή ή οποιοδήποτε άλλο, δείξε ότι υπάρχει που εξαρτάται από το εκάστοτε έτσι ώστε να ισχύει η δοθείσα ταυτότητα.

Αν δεν είναι κατανοητά αυτά που γράφω, θα συνιστούσα να ρωτούσες τον Μαθηματικό σου στο Σχολείο για να σου εξηγήσει γιατί είναι τόσο λάθος ο συλλογισμός σου. Εδώ είμαστε για να σε βοηθήσουμε να βελτιώνεσαι, και θα το κάνουμε με χαρά.

Κατανοώ απόλυτα τι λέτε. Ωστόσο θα συμβουλευτώ και τον μαθηματικό μου.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 27, 2018 8:00 pm
Την κεντρική ιδέα για την παρακάτω άσκηση την έχουμε δει πολλές φορές στο φόρουμ. Τώρα προσθέτω ένα βηματάκι ακόμη.

Έστω φυσικός. Δείξτε ότι υπάρχει φυσικός με $\displaystyle{(\sqrt 2+ 1)^n=\sqrt N + \sqrt {N+1}}$

Ας την αφήσουμε ώρες για τους μαθητές μας.

Επαναφορά για όλους.

Παρατηρούμε ότι $(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)=1=(\sqrt{N+1}+\sqrt{N})(\sqrt{N+1}-\sqrt{N})$ για οποιοδήποτε $N\geq 0$ .

Έτσι, αν $(\sqrt{2}+1)^n=\sqrt{N+1}+\sqrt{N}$ , τότε $(\sqrt{2}-1)^n=\sqrt{N+1}-\sqrt{N}$ , οπότε

$2\sqrt{N+1}=(\sqrt{2}+1)^n+(\sqrt{2}-1)^n$ και $2\sqrt{N}=(\sqrt{2}+1)^n-(\sqrt{2}-1)^n$

Άρα θα είναι

$4(N+1)=(3+2\sqrt{2})^n+(3-2\sqrt{2})^n+2$ και $4N=(3+2\sqrt{2})^n+(3-2\sqrt{2})^n-2$

Αρκεί να δείξουμε, λοιπόν, ότι αν $x_n=(3+2\sqrt{2})^n+(3-2\sqrt{2})^n$ για $n\geq 0$ , τότε ο x_n

είναι ακέραιος τέτοιος ώστε $x_n\equiv 2\pmod {4}$ για $n\geq 0.$

Πράγματι, είναι x_0=2,

και $x_{n+2}=6x_{n+1}-x_n$ για κάθε $n\geq 0$ , οπότε οι παραπάνω ισχυρισμοί έπονται εύκολα με επαγωγή.

Ο ισχυρισμός έπεται, λοιπόν, με $N=\dfrac{x_n-2}{4}$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δίνω ακόμη μία απόδειξη:

Από το διωνυμικό ανάπτυγμα γνωρίζουμε ότι υπάρχουν ακέραιοι a_n,b_n

ώστε $(\sqrt{2}+1)^n = a_n + b_n\sqrt{2}$ . Θέλω να δείξω ότι |2b_n^2-a_n^2| = 1

αφού τότε μπορώ να πάρω N = a_n^2

ή

ανάλογα με το πιο είναι το μικρότερο.

Ο ισχυρισμός ισχύει για n=1

αφού

και

. Έστω ότι ο ισχυρισμός ισχύει για n=k

. Τότε

$\displaystyle (\sqrt{2}+1)^{k+1} = (a_k + b_k\sqrt{2})(1+\sqrt{2}) = (a_k + 2b_k) + (a_k+b_k)\sqrt{2}$

οπότε $a_{k+1} = a_k + 2b_k$ και $b_{k+1} = a_k+b_k$ . Τότε όμως

$\displaystyle |2b_{k+1}^2-a_{k+1}^2| = |2(a_k+b_k)^2 - (a_k+2b_k)^2| = |2a_k^2 + 4a_kb_k + 2b_k^2 - a_k^2 - 4a_kb_k - 4b_k^2| = |a_k^2-2b_k^2| = 1$

Οπότε το ζητούμενο ισχύει από την αρχή της μαθηματικής επαγωγής.

Αυτό που είχα στον νου είναι κοντά στην μέθοδο του Δημήτρη, αλλά με μικροδιαφορές. Ας το δούμε χάριν ποικιλίας.

Από ανάπτυγμα διωνύμου είναι $(1+\sqrt{2})^n = a_n + b_n\sqrt{2}$ , όπου $a_n, \, b_n$ θετικοί ακέραιοι, οπότε και $\displaystyle{(1+\sqrt{2})^n = \sqrt {a_n^2} + \sqrt {2b_n^2}, \, (*)}$ . Εύκολα βλέπουμε (γνωστό άλλωστε) ότι ισχύει για τα ίδια αυτά $a_n, \, b_n$ η σχέση $(1-\sqrt{2})^n = a_n - b_n\sqrt{2}$ (αιτία: το δεύτερο ανάπτυγμα είναι άθροισμα όρων της μορφής $c_k(-\sqrt 2)^k$ που για άρτιο

είναι ο ίδιος ακέραιος με τον αντίστοιχο όρο του αναπτύγματος $(1+\sqrt{2})^n$ ενώ για περιττό είναι $-d_k\sqrt 2$ στο ένα ανάπτυγμα και $d_k\sqrt 2$ στο άλλο).

Πολλαπλασιάζοντας τις δύο κατά μέλη είναι (-1)^n = a_n^2-2b_n^2

. Άρα $\displaystyle{2b_n^2= a_n^2\pm 1}$ που σημαίνει ότι οι ποσότητες μέσα στις ρίζες στην (*)

διαφέρουν κατά

. Παίρνουμε λοιπόν

τον μικρότερο.

Ταυτότητα με άρρητους

Ταυτότητα με άρρητους

Re: Ταυτότητα με άρρητους

Re: Ταυτότητα με άρρητους

Re: Ταυτότητα με άρρητους

Re: Ταυτότητα με άρρητους

Re: Ταυτότητα με άρρητους

Re: Ταυτότητα με άρρητους

Re: Ταυτότητα με άρρητους

Re: Ταυτότητα με άρρητους

Μέλη σε σύνδεση