Περίεργα φυσικός

orestisgotsis · #1

Οι αριθμοί ${{a}_{1}},\,\,{{a}_{2}},\,\,{{a}_{3}},\,\,\ldots ,\,\,{{a}_{n}}$ προκύπτουν από τους ${{a}_{0}}=0,\,\,{{a}_{1}}=1$ και της αναδρομικής σχέσης

${{a}_{n}}={{a}_{n-1}}+{{a}_{n-2}}$ για $n\ge 2$ . Να δειχθεί ότι η $\displaystyle\sqrt[3]{2a_{n}^{6}-2a_{n-1}^{6}+{{(-1)}^{n}}}$ είναι φυσικός αριθμός.

Ορέστης Λιγνός · #2

orestisgotsis έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 23, 2023 4:42 pm
Οι αριθμοί ${{a}_{1}},\,\,{{a}_{2}},\,\,{{a}_{3}},\,\,\ldots ,\,\,{{a}_{n}}$ προκύπτουν από τους ${{a}_{0}}=0,\,\,{{a}_{1}}=1$ και της αναδρομικής σχέσης

${{a}_{n}}={{a}_{n-1}}+{{a}_{n-2}}$ για $n\ge 2$ . Να δειχθεί ότι η $\displaystyle\sqrt[3]{2a_{n}^{6}-2a_{n-1}^{6}+{{(-1)}^{n}}}$ είναι φυσικός αριθμός.

Μία... ταχυδακτυλουργική λύση

Αρχικά, γράφουμε (F_n)

αντί για

. Έχουμε τον ακόλουθο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Είναι $2F_n^6-2F_{n-1}^6+(-1)^n=(F_n^2+F_nF_{n-1}-F_{n-1}^2)^3$ .
Απόδειξη: Προχωρούμε επαγωγικά. Για n=1

προφανώς ισχύει. Έστω πως ισχύει ότι

$2F_n^6-2F_{n-1}^6+(-1)^n=(F_n^2+F_nF_{n-1}-F_{n-1}^2)^3$ (1), και θα αποδείξουμε ότι

$2F_{n+1}^6-2F_{n}^6+(-1)^{n+1}=(F_{n+1}^2+F_{n+1}F_{n}-F_{n}^2)^3$ (2).

Πολλαπλασιάζουμε την σχέση (1) με

, οπότε προκύπτει ότι

$2F_{n-1}^6-2F_n^6+(-1)^{n+1}=-(F_n^2+F_nF_{n-1}-F_{n-1}^2)^3$ (3),

συνεπώς αφαιρώντας τις σχέσεις (1) και (3) κατά μέλη αρκεί να αποδείξουμε ότι

$2F_{n+1}^6-2F_{n-1}^6=(F_{n+1}^2+F_{n+1}F_{n}-F_{n}^2)^3+(F_n^2+F_nF_{n-1}-F_{n-1}^2)^3$ .

Θέτουμε $F_{n-1}=a$ και F_n=b

, οπότε $F_{n+1}=a+b$ . Συνεπώς, αρκεί να αποδείξουμε ότι

2(a+b)^6-2a^6=((a+b)^2+(a+b)a-a^2)^3+(b^2+ba-a^2)^3,

το οποίο με εύκολες (!) πράξεις αποδεικνύεται εύκολα ότι ισχύει $\blacksquare$

Σαφώς από τον Ισχυρισμό το ζητούμενο γίνεται προφανές, οπότε η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

orestisgotsis · #3

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 24, 2023 8:57 am

orestisgotsis έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 23, 2023 4:42 pm
Οι αριθμοί ${{a}_{1}},\,\,{{a}_{2}},\,\,{{a}_{3}},\,\,\ldots ,\,\,{{a}_{n}}$ προκύπτουν από τους ${{a}_{0}}=0,\,\,{{a}_{1}}=1$ και της αναδρομικής σχέσης

${{a}_{n}}={{a}_{n-1}}+{{a}_{n-2}}$ για $n\ge 2$ . Να δειχθεί ότι η $\displaystyle\sqrt[3]{2a_{n}^{6}-2a_{n-1}^{6}+{{(-1)}^{n}}}$ είναι φυσικός αριθμός.
Μία... ταχυδακτυλουργική λύση

Αρχικά, γράφουμε αντί για . Έχουμε τον ακόλουθο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Είναι $2F_n^6-2F_{n-1}^6+(-1)^n=(F_n^2+F_nF_{n-1}-F_{n-1}^2)^3$ .
Απόδειξη: Προχωρούμε επαγωγικά. Για προφανώς ισχύει. Έστω πως ισχύει ότι

$2F_n^6-2F_{n-1}^6+(-1)^n=(F_n^2+F_nF_{n-1}-F_{n-1}^2)^3$ (1), και θα αποδείξουμε ότι

$2F_{n+1}^6-2F_{n}^6+(-1)^{n+1}=(F_{n+1}^2+F_{n+1}F_{n}-F_{n}^2)^3$ (2).

Πολλαπλασιάζουμε την σχέση (1) με , οπότε προκύπτει ότι

$2F_{n-1}^6-2F_n^6+(-1)^{n+1}=-(F_n^2+F_nF_{n-1}-F_{n-1}^2)^3$ (3),

συνεπώς αφαιρώντας τις σχέσεις (1) και (3) κατά μέλη αρκεί να αποδείξουμε ότι

$2F_{n+1}^6-2F_{n-1}^6=(F_{n+1}^2+F_{n+1}F_{n}-F_{n}^2)^3+(F_n^2+F_nF_{n-1}-F_{n-1}^2)^3$ .

Θέτουμε $F_{n-1}=a$ και , οπότε $F_{n+1}=a+b$ . Συνεπώς, αρκεί να αποδείξουμε ότι

το οποίο με εύκολες (!) πράξεις αποδεικνύεται εύκολα ότι ισχύει $\blacksquare$

Σαφώς από τον Ισχυρισμό το ζητούμενο γίνεται προφανές, οπότε η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Ευχαριστώ τον Ορέστη για την κομψή παρουσίαση, αλλά και για τον κόπο του.

Εγώ είχα πάρει κάτι παραπόταμους και να τα αποτελέσματα:

Ισχύει ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}=\left( a+b \right)\cdot \left[ {{\left( a+b \right)}^{2}}-3ab \right]$ (1). Θέτουμε $\,\,a={{x}^{2}}-xy-{{y}^{2}}\,\,$ και

$\,\,b={{x}^{2}}+xy-{{y}^{2}}\,\,$ , οπότε $\,\,a+b=\left( {{x}^{2}}-xy-{{y}^{2}} \right)+\left( {{x}^{2}}+xy-{{y}^{2}} \right)=2\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)\,\,$ (2).

Από την (2) έχουμε: $\,\,{{\left( a+b \right)}^{2}}=4{{\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)}^{2}}\,\,$ (3).

Επίσης $\,\,-3ab=-3\left( {{x}^{2}}-xy-{{y}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}-xy-{{y}^{2}} \right)=-3\left[ {{\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)}^{2}}-{{x}^{2}}{{y}^{2}} \right]=\,\,$

$\,\,=-3{{\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)}^{2}}+3{{x}^{2}}{{y}^{2}}\,\,$ (4). Από (2), (3), (4) η (1) δίνει:

${{\left( {{x}^{2}}-xy-{{y}^{2}} \right)}^{3}}+{{\left( {{x}^{2}}+xy-{{y}^{2}} \right)}^{3}}=2\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)\left[ 4{{\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)}^{2}}-3{{\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)}^{2}}+3{{x}^{2}}{{y}^{2}} \right]=$

$=2\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)\left( {{x}^{4}}+{{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{4}} \right)=2{{x}^{6}}-2{{y}^{6}}\,\,.$ Εάν στην παραπάνω ταυτότητα θέσουμε $\,\,x={{a}_{n}},\,\,\,y={{a}_{n-1}}\,\,$ , θα έχουμε:

$2a_{n}^{6}-2a_{n-1}^{6}={{\left( a_{n}^{2}-{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}-a_{n-1}^{2} \right)}^{3}}+{{\left( a_{n}^{2}+{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}-a_{n-1}^{2} \right)}^{3}}\,\,$ (5).

Παρατηρούμε ότι $\,\,a_{n}^{2}-{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}-a_{n-1}^{2}={{a}_{n}}\left( {{a}_{n}}-{{a}_{n-1}} \right)-a_{n-1}^{2}=\,\,$

$={{a}_{n}}\left( {{a}_{n-1}}-{{a}_{n-2}}-{{a}_{n-1}} \right)-a_{n-1}^{2}={{a}_{n}}{{a}_{n-2}}-a_{n-1}^{2}=(-1)\left( a_{n-1}^{2}-{{a}_{n}}{{a}_{n-2}} \right)=$

$=(-1)\left[ \left( a_{n-1}^{2}-\left( {{a}_{n-1}}-{{a}_{n-2}} \right){{a}_{n-2}} \right) \right]=(-1)\left( a_{n-1}^{2}-{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}-a_{n-2}^{2} \right)$ , δηλαδή

${{P}_{n}}=(-1){{P}_{n-1}}\,\,$ ,

${{P}_{n-1}}=(-1){{P}_{n-2}}$

${{P}_{n-2}}=(-1){{P}_{n-3}}$

$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots$

${{P}_{4}}=(-1){{P}_{3}}$

${{P}_{3}}=(-1){{P}_{2}}\,\,$ και με πολλαπλασιασμό κατά μέλη προκύπτει

${{P}_{n}}={{(-1)}^{n-2}}{{P}_{2}}\,\,$ . Αλλά ${{P}_{2}}=a_{2}^{2}-{{a}_{1}}{{a}_{2}}-a_{1}^{2}={{\left( {{a}_{1}}+{{a}_{0}} \right)}^{2}}-{{a}_{1}}\left( {{a}_{1}}+{{a}_{0}} \right)-a_{1}^{2}=$

$=1-1\cdot 1-1=-1\,\,$ , οπότε ${{P}_{n}}={{(-1)}^{n-1}}\,\,$ και η (5) δίνει:

$2a_{n}^{6}-2a_{n-1}^{6}={{\left[ {{(-1)}^{n-1}} \right]}^{3}}+{{\left( a_{n}^{2}+{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}-a_{n-1}^{2} \right)}^{3}}\,\,$ ή

$\sqrt[3]{2a_{n}^{6}-2a_{n-1}^{6}+{{(-1)}^{n}}}=a_{n}^{2}+{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}-a_{n-1}^{2}\,\,\,$ , δηλαδή φυσικός αριθμός.

#4

Ας μου επιτραπεί ένα επιπλέον ερώτημα. Για την παραπάνω ακολουθία $\displaystyle {a_n},n \geqslant 1,$ να δείξετε ότι

οι αριθμοί $\displaystyle {a_{2n + 3}},{a_n} \cdot {a_{n + 3}},2{a_{n + 1}} \cdot {a_{n + 2}}$ είναι μήκη πλευρών ορθογωνίου τριγώνου.

orestisgotsis · #5

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 25, 2023 5:11 pm
Ας μου επιτραπεί ένα επιπλέον ερώτημα. Για την παραπάνω ακολουθία $\displaystyle {a_n},n \geqslant 1,$ να δείξετε ότι

οι αριθμοί $\displaystyle {a_{2n + 3}},{a_n} \cdot {a_{n + 3}},2{a_{n + 1}} \cdot {a_{n + 2}}$ είναι μήκη πλευρών ορθογωνίου τριγώνου.

Η παραπάνω ακολουθία είναι: ${{a}_{n}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left( {{A}^{n}}-{{B}^{n}} \right)$ , όπου $A=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

και $B=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ .(Fibonacci)

Παρατηρώ ότι $a_{n+1}^{2}+a_{n}^{2}={{a}_{2n+1}}$ .

Επίσης είναι ${{a}_{n+3}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{5}}\left( {{A}^{n+3}}-{{B}^{n+3}} \right)$

${{a}_{n}}\cdot {{a}_{n+3}}=\displaystyle\frac{1}{5}\left( {{A}^{n}}-{{B}^{n}} \right)\left( {{A}^{n+3}}-{{B}^{n+3}} \right)$ ,

$2{{a}_{n+1}}\cdot {{a}_{n+2}}=\displaystyle\frac{2}{5}\left( {{A}^{n+1}}-{{B}^{n+1}} \right)\left( {{A}^{n+2}}-{{B}^{n+2}} \right)$ .

Τελικά είναι $a_{2n+3}^{2}={{\left( {{a}_{n}}\cdot {{a}_{n+3}} \right)}^{2}}+{{\left( 2{{a}_{n+1}}\cdot {{a}_{n+2}} \right)}^{2}}$ .

Παραδείγματα: Για n=1

παίρνουμε την τριάδα (3, 4, 5), ενώ για n=7

παίρνουμε την τριάδα (715, 1428, 1597).

Ζητώ συγνώμη που δεν αποπεράτωσα την απόδειξη, αλλά οι πράξεις ήταν

ζόρικες. Ίσως υπάρχει άλλος τρόπος τον οποίο δε βλέπω.

ksofsa · #6

Καλησπέρα.

Μια άλλη προσέγγιση:

$a_{2n+3}^2-(2a_{n+1}a_{n+2})^2=(a_{n+1}^2+a_{n+2}^2)^2-4a_{n+1}^2a_{n+2}^2=$

$=(a_{n+2}^2-a_{n+1}^2)^2=(a_{n+2}-a_{n+1})^2(a_{n+2}+a_{n+1})^2=a_{n}^2a_{n+3}^2$ .

Επομένως:

$a_{2n+3}^2=(2a_{n+1}a_{n+2})^2+(a_{n}a_{n+3})^2$ .

Περίεργα φυσικός

Περίεργα φυσικός

Re: Περίεργα φυσικός

Re: Περίεργα φυσικός

Re: Περίεργα φυσικός

Re: Περίεργα φυσικός

Re: Περίεργα φυσικός

Μέλη σε σύνδεση