Είναι ακέραιος

Συντονιστής: exdx

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4181
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Είναι ακέραιος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » 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 !!


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11928
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Είναι ακέραιος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Φεβ 15, 2018 6:40 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}.
.
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 m)

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.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8353
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Είναι ακέραιος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Φεβ 15, 2018 8:46 pm

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


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11928
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Είναι ακέραιος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Φεβ 15, 2018 9:52 pm

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})}


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1596
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Είναι ακέραιος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » 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 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 k, 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 0 (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.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2899
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Είναι ακέραιος

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » 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 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 k, 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 0 (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.

Μια παρατήρηση Ορέστη.

Δεν μας ενδιαφέρει αν η ρίζα έχει πολλαπλότητα μεγαλύτερη από 2. Πάλι έχουμε διαίρεση.

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


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1596
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Είναι ακέραιος

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Φεβ 15, 2018 10:50 pm

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 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 k, 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 0 (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.

Μια παρατήρηση Ορέστη.

Δεν μας ενδιαφέρει αν η ρίζα έχει πολλαπλότητα μεγαλύτερη από 2. Πάλι έχουμε διαίρεση.

Δεν χρειάζεται λοιπόν να τσεκάρεις αν P''(x) \neq 0.
Καλησπέρα κύριε Σταύρο. Έχετε δίκιο, είναι πλεονασμός.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11928
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Είναι ακέραιος

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Φεβ 15, 2018 11:01 pm

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.


Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1466
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Είναι ακέραιος

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Παρ Φεβ 16, 2018 12:24 am

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 k ακέραιος

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

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

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


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΛΓΕΒΡΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης