Είναι ακέραιος

Tolaso J Kos · #1

Έστω $\alpha, \beta \in \mathbb{N}^*$ με $\alpha \neq \beta$ τότε να δειχθεί ότι ο αριθμός
$\displaystyle{\mathcal{A} = \frac{2^{2\nu-1} \left ( \alpha^{2\nu}+ \beta^{2\nu} \right )-\left ( \alpha + \beta \right )^{2\nu}}{\left ( \alpha - \beta \right )^2}}$ είναι ακέραιος , όπου $\nu \in \mathbb{N}$ .

Κάπου την είδα , μου άρεσε, αλλά δε θυμάμαι πού !!

#2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 15, 2018 10:45 am
Έστω $\alpha, \beta \in \mathbb{N}^*$ με $\alpha \neq \beta$ τότε να δειχθεί ότι ο αριθμός
$\displaystyle{\mathcal{A} = \frac{2^{2\nu-1} \left ( \alpha^{2\nu}+ \beta^{2\nu} \right )-\left ( \alpha + \beta \right )^{2\nu}}{\left ( \alpha - \beta \right )^2}}$ είναι ακέραιος , όπου $\nu \in \mathbb{N}$ .

.
Βλέπω τουλάχιστον τρεις διαφορετικούς τρόπους λύσης αλλά ο καθένας είναι λίγο (ευτυχώς μόνο λίγο) εκτός ύλης Β' Λυκείου.

Γράφω έναν από τους τρεις τρόπους λύσης. Επίσης το βελτιώνω σε $\displaystyle{\frac {2^{m-1}(a^m+b^m)-(a+b)^m}{(a-b)^2}}$ (όχι μόνο άρτια

)

Το ανάπτυγμα του (a+b)^m

έχει ακέραιους όρους. Το άθροισμα των συντελεστών του είναι 2^m

, που σημαίνει ότι έχουμε συνολικά 2^m

όρους της μορφής $a^kb^{m-k}$ (ένας από αυτούς είναι και ο συμμετρικός του). Τους ζευγαρώνουμε, οπότε έχουμε $2^{m-1}$ όρους της μορφής $a^kb^{m-k}+a^{m-k}b^{k}$ . Το κάθε ζευγάρι το ζευγαρώνουμε με έναν από τους $2^{m-1}$ όρους της μορφής $a^{m} + b^{m}$ . Θα δώσουν προσθετέο της μορφής

$\displaystyle{a^{m} + b^{m} -(a^kb^{m-k}+a^{m-k}b^{k}) = (a^k-b^k)( a^{m-k}-b^{m-k})}$

Παρατηρούμε τώρα ότι τόσο ο $\displaystyle{ a^k-b^k}$ όσο και ο $\displaystyle{ a^{m-k}-b^{m-k}}$ έχουν παράγοντα (a-b)

(επί ακέραιο). Τελικά ο αριθμητής είναι $\displaystyle{(a-b)^2}$ (επί ακέραιο). Και λοιπά.

#3

Γράφουμε

. Οπότε (στην γενίκευση του Μιχάλη) έχουμε

$\displaystyle \mathcal{A} = \frac{2^{m-1}((b+k)^m + b^m) - (2b+k)^m}{k^2}$

Ο αριθμητής είναι πολυώνυμο στο

με ακέραιους συντελεστές. Ο σταθερός του όρος ισούται με $2^{m-1}(b^m + b^m) - (2b)^m = 0$ . Ο συντελεστής του

ισούται με $2^{m-1}mb^{m-1} - (2b)^{m-1}m = 0$ . Άρα ο αριθμητής είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του k^2

. Το ζητούμενο έπεται.

#4

Και οι δύο προηγούμενες λύσεις θέλουν ανάπτυγμα δυωνύμου, γι' αυτό έγραψα ότι είναι (λίγο) εκτός Β' Λυκείου. Άλλη λύση, πάλι λίγο εκτός B' Λυκείου, είναι με επαγωγή: Αν θέσουμε p_m

τον αριθμητή, εύκολα βλέπουμε για το επαγωγικό βήμα ότι

$\displaystyle{p_{m+1} = (a+b)p_m+2^{m-1}(a^m-b^m)(a-b)}$

που είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του $\displaystyle{(a-b)^2}$ από την επαγωγική υπόθεση και τον τύπο $\displaystyle{a^m-b^m=(a-b) (a^{m-1}+...b^{m-1})}$

Ορέστης Λιγνός · #5

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 15, 2018 10:45 am
Έστω $\alpha, \beta \in \mathbb{N}^*$ με $\alpha \neq \beta$ τότε να δειχθεί ότι ο αριθμός
$\displaystyle{\mathcal{A} = \frac{2^{2\nu-1} \left ( \alpha^{2\nu}+ \beta^{2\nu} \right )-\left ( \alpha + \beta \right )^{2\nu}}{\left ( \alpha - \beta \right )^2}}$ είναι ακέραιος , όπου $\nu \in \mathbb{N}$ .

Κάπου την είδα , μου άρεσε, αλλά δε θυμάμαι πού !!

Μία αντιμετώπιση εκτός φακέλου, με ύλη Γ' Λυκείου, που είναι βασισμένη στην λύση του Demetres.

Έστω $P(x)=2^{2n-1}(x^{2n}+b^{2n})-(x+b)^{2n}$ και Q(x)=(x-b)^2

. Θέλουμε $Q(x) \mid P(x)$ , ή αλλιώς ότι η x=b

είναι διπλή ρίζα του P(x)

.

Χρησιμοποιούμε το Θεώρημα:

Θεώρημα: Ο αριθμός $\rho \in \mathbb{R}$ είναι ρίζα πολλαπλότητας

, αν , και μόνο αν, ισχύουν οι ισότητες $f(\rho)=f'(\rho)= \ldots= f^{(k-1)}(\rho)=0$ και $f^{(k)}(\rho) \neq 0$ .

Αρκεί λοιπόν P(x)=P'(x)=0

, και $P''(x) \neq 0$ .

Είναι $P'(x)=2^{2n}nx^{2n-1}-2n(x+b)^{2n-1}$ και $P''(x)=2^{2n}n(2n-1)x^{2n-2}-2n(2n-1)(x+b)^{2n-2}$ .

Με απλό έλεγχο έχουμε πως P(b)=P'(b)=0

.

Είναι $P''(b)= \ldots=n(2n-1)b^{2n-2}2^{2n-1}$ , που δεν μπορεί ποτέ να ισούται με

(το $n \geqslant 1$ , οπότε $n,2n-1 \neq 0$ , το $2^{2n-1} \neq 0$ , ενώ για να έχουμε $b^{2n-2}=0$ , πρέπει b=0

. Όμως, $b \neq 0$ από εκφώνηση.)

Άρα, το ζητούμενο εδείχθη.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 15, 2018 10:35 pm

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 15, 2018 10:45 am
Έστω $\alpha, \beta \in \mathbb{N}^*$ με $\alpha \neq \beta$ τότε να δειχθεί ότι ο αριθμός
$\displaystyle{\mathcal{A} = \frac{2^{2\nu-1} \left ( \alpha^{2\nu}+ \beta^{2\nu} \right )-\left ( \alpha + \beta \right )^{2\nu}}{\left ( \alpha - \beta \right )^2}}$ είναι ακέραιος , όπου $\nu \in \mathbb{N}$ .

Κάπου την είδα , μου άρεσε, αλλά δε θυμάμαι πού !!
Μία αντιμετώπιση εκτός φακέλου, με ύλη Γ' Λυκείου, που είναι βασισμένη στην λύση του Demetres.

Έστω $P(x)=2^{2n-1}(x^{2n}+b^{2n})-(x+b)^{2n}$ και . Θέλουμε $Q(x) \mid P(x)$ , ή αλλιώς ότι η είναι διπλή ρίζα του .

Χρησιμοποιούμε το Θεώρημα:

Θεώρημα: Ο αριθμός $\rho \in \mathbb{R}$ είναι ρίζα πολλαπλότητας , αν , και μόνο αν, ισχύουν οι ισότητες $f(\rho)=f'(\rho)= \ldots= f^{(k-1)}(\rho)=0$ και $f^{(k)}(\rho) \neq 0$ .

Αρκεί λοιπόν , και $P''(x) \neq 0$ .

Είναι $P'(x)=2^{2n}nx^{2n-1}-2n(x+b)^{2n-1}$ και $P''(x)=2^{2n}n(2n-1)x^{2n-2}-2n(2n-1)(x+b)^{2n-2}$ .

Με απλό έλεγχο έχουμε πως .

Είναι $P''(b)= \ldots=n(2n-1)b^{2n-2}2^{2n-1}$ , που δεν μπορεί ποτέ να ισούται με (το $n \geqslant 1$ , οπότε $n,2n-1 \neq 0$ , το $2^{2n-1} \neq 0$ , ενώ για να έχουμε $b^{2n-2}=0$ , πρέπει . Όμως, $b \neq 0$ από εκφώνηση.)

Άρα, το ζητούμενο εδείχθη.

Μια παρατήρηση Ορέστη.

Δεν μας ενδιαφέρει αν η ρίζα έχει πολλαπλότητα μεγαλύτερη από

. Πάλι έχουμε διαίρεση.

Δεν χρειάζεται λοιπόν να τσεκάρεις αν $P''(x) \neq 0$ .

Ορέστης Λιγνός · #7

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 15, 2018 10:47 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 15, 2018 10:35 pm

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 15, 2018 10:45 am
Έστω $\alpha, \beta \in \mathbb{N}^*$ με $\alpha \neq \beta$ τότε να δειχθεί ότι ο αριθμός
$\displaystyle{\mathcal{A} = \frac{2^{2\nu-1} \left ( \alpha^{2\nu}+ \beta^{2\nu} \right )-\left ( \alpha + \beta \right )^{2\nu}}{\left ( \alpha - \beta \right )^2}}$ είναι ακέραιος , όπου $\nu \in \mathbb{N}$ .

Κάπου την είδα , μου άρεσε, αλλά δε θυμάμαι πού !!
Μία αντιμετώπιση εκτός φακέλου, με ύλη Γ' Λυκείου, που είναι βασισμένη στην λύση του Demetres.

Έστω $P(x)=2^{2n-1}(x^{2n}+b^{2n})-(x+b)^{2n}$ και . Θέλουμε $Q(x) \mid P(x)$ , ή αλλιώς ότι η είναι διπλή ρίζα του .

Χρησιμοποιούμε το Θεώρημα:

Θεώρημα: Ο αριθμός $\rho \in \mathbb{R}$ είναι ρίζα πολλαπλότητας , αν , και μόνο αν, ισχύουν οι ισότητες $f(\rho)=f'(\rho)= \ldots= f^{(k-1)}(\rho)=0$ και $f^{(k)}(\rho) \neq 0$ .

Αρκεί λοιπόν , και $P''(x) \neq 0$ .

Είναι $P'(x)=2^{2n}nx^{2n-1}-2n(x+b)^{2n-1}$ και $P''(x)=2^{2n}n(2n-1)x^{2n-2}-2n(2n-1)(x+b)^{2n-2}$ .

Με απλό έλεγχο έχουμε πως .

Είναι $P''(b)= \ldots=n(2n-1)b^{2n-2}2^{2n-1}$ , που δεν μπορεί ποτέ να ισούται με (το $n \geqslant 1$ , οπότε $n,2n-1 \neq 0$ , το $2^{2n-1} \neq 0$ , ενώ για να έχουμε $b^{2n-2}=0$ , πρέπει . Όμως, $b \neq 0$ από εκφώνηση.)

Άρα, το ζητούμενο εδείχθη.

Μια παρατήρηση Ορέστη.

Δεν μας ενδιαφέρει αν η ρίζα έχει πολλαπλότητα μεγαλύτερη από . Πάλι έχουμε διαίρεση.

Δεν χρειάζεται λοιπόν να τσεκάρεις αν $P''(x) \neq 0$ .

Καλησπέρα κύριε Σταύρο. Έχετε δίκιο, είναι πλεονασμός.

#8

Ορέστη, θαυμάσια όπως πάντα.

Αυτή είναι η τρίτη λύση που είχα κατά νου.

Ας προσθέσω για όφελος όσων δεν το γνωρίζουν, γίνεται χρήση μίας ιδιότητας
των ακέραιων πολυωνύμων της οποίας θα βρείτε αποδείξεις π.χ. εδώ
στα ποστ #31 έως #35.

#9

Μια λύση εντός φακέλου μέσω της ταυτότητας $x^n-y^n=(x-y)(x^{n-1}+...+y^{n-1}).$ Είναι

$2^{2n-1}(a^{2n}+b^{2n})-4^na^nb^n=2^{2n-1}(a^n-b^n)^2=(a-b)^2k$ όπου

ακέραιος

$(a+b)^{2n}-4^na^nb^n=[(a+b)^2-4ab]m=(a-b)^2m$ όπου

ακέραιος.

Αφαιρώντας έπεται το ζητούμενο.

Επίσης

$2^{2n}(a^{2n+1}+b^{2n+1})-4^na^nb^n(a+b)=4^n(a^{n+1}-b^{n+1})(a^n-b^n)=(a-b)^2k$ όπου

ακέραιος

$(a+b)^{2n+1}-4^na^nb^n(a+b)=(a-b)^2m$ όπου

ακέραιος.

Αφαιρώντας έχουμε το συμπέρασμα και για περιττούς εκθέτες οπότε έχουμε τη γενίκευση που ανέδειξε ο Μιχάλης.

Είναι ακέραιος

Είναι ακέραιος

Re: Είναι ακέραιος

Re: Είναι ακέραιος

Re: Είναι ακέραιος

Re: Είναι ακέραιος

Re: Είναι ακέραιος

Re: Είναι ακέραιος

Re: Είναι ακέραιος

Re: Είναι ακέραιος

Μέλη σε σύνδεση