Τέταρτο Θέμα Αρχιμήδη 2017

[Μυρσίνη Καλλέ]

Είδα την προτεινόμενη λύση του τέταρτου θέματος του φετινού Αρχιμήδη και δεν συμφωνεί με την δικη μου. Δεν έχω καταφέρει να βρώ που είναι το πρόβλημα και έχω καταλήξει σε άλλα αποτελέσματα.
Η λύση ειναι αυτή:

Έστω ξ η θετική ρίζα της εξίσωσης x2+x+4=0. Το πολυώνυμο P(x) = αnxn + αn-1xn-1 + αn-2xn-2 +…+ α1x + αo, όπου n θετικός ακέραιος, έχει συντελεστές μη αρνητικούς ακέραιους και αριθμητική τιμή P(ξ) =2017.
(i) Να αποδείξετε ότι αο+ α1+ …+ αn ≡ 1 (mod2)
(ii) Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του αθροίσματος αο+ α1+ …+ αn.

Η εξίσωση έχει διακρίνουσα
Δ=1+4*4 = 17 και ρίζες x1,2 =( -1 ± √ 17 ) / 2. Επομένως ξ=( -1 + √ 17 ) / 2.
Έχουμε P(ξ) = 2017 δηλαδή η αριθμητική τιμή του πολυωνύμου για τον άρρητο αριθμό ξ είναι ρητή.
Ο αριθμός ( -1 ± √ 17 ) / 2. υψωμένος σε οποιαδήποτε ακέραια δύναμη παραμένει άρρητος. Επίσης πολλαπλασιαζόμενος με οποιοδήποτε ακέραιο παραμένει άρρητος.
Μένει να εξετάσουμε τις περιπτώσεις
(α) τα μονώνυμα του x να απλοποιούνται με ρητό αποτέλεσμα που απορρίπτεται λόγω μη αρνητικών συντελεστών
(β) α1= α2=… αν = 0 και α0=2017 που είναι δεκτή .
Επομένως αο+ α1+ …+ αn = 0+0+…+0+2017=2017≡ 1 (mod2)
P(x) = 2017
Το άθροισμα των συντελεστών θα είναι σταθερό και ίσο P(1) = P(x) = 2017

Πού ειναι το πρόβλημα?

[dement]

Το άθροισμα δύο ή περισσότερων θετικών αρρήτων μπορεί θαυμάσια να είναι ρητός. Η απλοποίηση που λες στο (α) δεν χρειάζεται να μηδενίσει τα πάντα, αρκεί να μηδενίσει το άρρητο μέρος (το συντελεστή του ).