mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 02, 2025 4:43 pm**

Για $n\in\mathbb{N}$ να αποδειχθεί ότι ο αριθμός $\varphi^{2n-1}-\varphi^{-({2n-1})}$ είναι θετικός ακέραιος, όπου $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ο "χρυσός αριθμός".

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 02, 2025 6:53 pm**

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 02, 2025 4:43 pm
Για $n\in\mathbb{N}$ να αποδειχθεί ότι ο αριθμός $\varphi^{2n-1}-\varphi^{-({2n-1})}$ είναι θετικός ακέραιος, όπου $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ο "χρυσός αριθμός".

Να την επεκτείνουμε:

Δείξτε επίσης ότι $\varphi^{2n}+\varphi^{-({2n})}$ είναι θετικός ακέραιος.

(Οι δύο εκδοχές είναι αλληλένδετες με την έννοια ότι η καθεμία διευκολύνει την απόδειξη της άλλης.)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 02, 2025 8:34 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 02, 2025 6:53 pm

Να την επεκτείνουμε:

Δείξτε επίσης ότι $\varphi^{2n}+\varphi^{-({2n})}$ είναι θετικός ακέραιος.

(Οι δύο εκδοχές είναι αλληλένδετες με την έννοια ότι η καθεμία διευκολύνει την απόδειξη της άλλης.)

Από το τύπο του Binet έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{F}_n &= \left( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^n - \left( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right)^n \\ & = \varphi^n + (-1)^{n+1} \left( \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \right)^n \\ & = \varphi^n + (-1)^{n+1} \left( \frac{1}{\frac{1 + \sqrt{5}}{2}} \right)^n \\ & = \varphi^n + (-1)^{n+1} \varphi^{-n} \end{aligned}}$
οπότε αυτό που ζητάει ο Μιχάλης είναι το $\mathcal{L}_{2n} \in \mathbb{N}$ όπου $\mathcal{L}_n$ ο

- οστός αριθμός Lucas.Το ότι οι αριθμοί Lucas είναι ακέραιοι είναι προφανές. Του Γρηγόρη δε βλέπω πώς βγαίνει το

στη μέση.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 02, 2025 9:12 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 02, 2025 8:34 pm

Από το τύπο του Binet έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{F}_n &= \left( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^n - \left( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right)^n \\ \end{aligned}}$ ...
Γρηγόρη δε βλέπω πώς βγαίνει το στη μέση.

Τόλη, δεν είναι στο "πλην" το πρόβλημα. Το σφάλμα που κάνεις είναι ότι δεν γράφεις τον τύπο του Binet σωστά: Το σωστό δεξί μέλος στο παραπάνω είναι αυτό που γράφεις διαιρεμένο με $\sqrt 5$ . Για παράδειγμα έλεγξε τι σου δίνει αυτό που έγραψες, για n=1

, και θα διαπιστώσεις ότι είναι εσφαλμένο.

Αυτό που ζητά ο Γρηγόρης είναι σωστό, και υπάρχουν πολλοί τρόποι να το αποδείξεις. Με αριθμούς Fibonacci (μέσω Binet) είναι ένας τρόπος, αλλά υπάρχουν και ευκολότεροι.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 02, 2025 10:46 pm**

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 02, 2025 4:43 pm
Για $n\in\mathbb{N}$ να αποδειχθεί ότι ο αριθμός $\varphi^{2n-1}-\varphi^{-({2n-1})}$ είναι θετικός ακέραιος, όπου $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ο "χρυσός αριθμός".

Θέτοντας $f(n) = \varphi^{2n-1}-\varphi^{-({2n-1})}$ και αντικαθιστώντας το n με τους πρώτους φυσικούς βλέπουμε ότι:
f(1) = 1

Με λίγη τύχη συμπεραίνουμε οτι f(n+1) = 3f(n)-f(n-1)

.
Το δείχνουμε με επαγωγή:
Για n = 1

και

ο τύπος επιβεβαιώνεται.
Έστω οτι ισχύει για n = k

.

$\displaystyle \begin{aligned} f(k+1) & = 3f(k) - f(k-1) \\ & = 3\left(\phi^{2k-1} - \phi^{1-2k}\right) - \left(\phi^{2k-3} - \phi^{3-2k}\right) \\ & = 3\phi^{2k-1} - 3\phi^{1-2k} - \phi^{2k-3} + \phi^{3-2k} \\ & = 3\phi^{2k}\phi^{-1} - \phi^{2k}\phi^{-3} - 3\phi \phi^{-2k} + \phi^3 \phi^{-2k} \\ & = \phi^{2k}\left(3\phi^{-1} - \phi^{-3}\right) - \phi^{-2k}\left(3\phi - \phi^3\right) \end{aligned}$

Με λίγες πράξεις βλέπουμε οτι $3\phi^{-1} - \phi^{-3} = \phi$ και $3\phi - \phi^3 = \phi^{-1}$
όμως σύμφωνα με τον αρχικό τύπo $\varphi^{2n+1}-\varphi^{-1-2n} = f(n+1)$ και έτσι ολοκληρώνεται η επαγωγή.
Εφόσον το γινόμενο και η διαφορά ακεραίων είναι ακέραιος, αποδεικνύεται και το ζητούμενο.

Ελπίζω να μην έχω κάποιο λάθος. Φαντάζομαι πως υπάρχει ευκολότερη λύση.

Ενδιαφέρον θα είχε να δούμε αν και πως βγαίνει ο γενικός, μη αναδρομικός τύπος,
Στο παρελθόν έχω διαβάσει τέτοιες λύσεις είτε με γραμμική άλγεβρα είτε με ανάλυση, αλλα αυτή τη στιγμή δεν θυμάμαι να τις αναπαράξω.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 02, 2025 11:25 pm**

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 02, 2025 4:43 pm
Για $n\in\mathbb{N}$ να αποδειχθεί ότι ο αριθμός $\varphi^{2n-1}-\varphi^{-({2n-1})}$ είναι θετικός ακέραιος, όπου $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ο "χρυσός αριθμός".

.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 02, 2025 6:53 pm
Δείξτε επίσης ότι $\varphi^{2n}+\varphi^{-({2n})}$ είναι θετικός ακέραιος.

Θέτουμε $\phi^{2n-1}- \dfrac {1}{\phi ^{2n-1}}=A_n, \, \phi^{2n}+ \dfrac {1}{\phi ^{2n}}= B_n$ . Θα δείξουμε με επαγωγή ότι $A_n, \, B_n\in \mathbb N^{*}$

Είναι A_1=1

(απλό) και με ύψωση στο τετράγωνο της $\phi- \dfrac {1}{\phi }=1$ παίρνουμε $\phi^{2}-2+ \dfrac {1}{\phi ^{2}}= 1$ , από όπου B_1=3

, όπως θέλαμε.

Για το επαγωγικό βήμα, έστω $A_N, B_N\in \mathbb N^{*}$ . Τότε

$A_{N+1}= \phi^{2N+1}-\dfrac {1}{\phi ^{2N+1}}= \left ( \phi- \dfrac {1}{\phi }\right ) \left ( \phi^{2N}+ \dfrac {1}{\phi ^{2N}}\right )+ \left ( \phi^{2N-1}- \dfrac {1}{\phi ^{2N-1}}\right )=$

$=A_1B_{N}+ A_{N}\in \mathbb N^{*}$

και

$B_{N+1}= \phi^{2N+2}+\dfrac {1}{\phi ^{2N+2}}= \left ( \phi- \dfrac {1}{\phi }\right ) \left ( \phi^{2N+1}- \dfrac {1}{\phi ^{2N+1}}\right )+ \left ( \phi^{2N}+ \dfrac {1}{\phi ^{2N}}\right )=$

$=A_1A_{N+1}+ B_{N}\in \mathbb N^{*}$

που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Υπάρχουν πολλοί ακόμη τρόποι απόδειξης του ζητούμενου. Θα γράψω και άλλον, αν χρειαστεί.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 03, 2025 2:54 am**

Μια λύση: (Ουσιαστικά είναι η "μισή" από αυτήν που έδωσε ο κ. Λάμπρου).

Θα χρειαστούμε το λήμμα.

Λήμμα: Για κάθε $x\in{\mathbb{R}}^{*}$ και $n\in{\mathbb{N}}$ ισχύει:

$\begin{aligned} x+\frac{1}{x}\in{\mathbb{Z}}\;\; \Rightarrow\;\; x^n+\frac{1}{x^n}\in{\mathbb{Z}}\,.\qquad(1) \end{aligned}$

Απόδειξη: Θα αποδειχθεί επαγωγικά.

Για είναι προφανές ότι ισχύει.
Έστω ότι ισχύει για $k\in{\mathbb{N}}$ με $k\leqslant n$ , δηλαδή ότι
$\begin{aligned} ({\forall\,k\in{\mathbb{N}}})\;\; k\leqslant n\;\; \Rightarrow\;\; x^{k}+\frac{1}{x^{k}}\in{\mathbb{Z}}\,.\qquad(2) \end{aligned}$
Τότε
$\begin{aligned} x^{k+1}+\frac{1}{x^{k+1}}&=\Big({x^k+\frac{1}{x^k}}\Big)\Big({x+\frac{1}{x}}\Big)-\Big({x^{k-1}+\frac{1}{x^{k-1}}}\Big)\stackrel{(2)}{\in}{\mathbb{Z}}\,.\qquad\blacksquare \end{aligned}$

$\begin{aligned} \varphi^{2n-1}-\frac{1}{\varphi^{2n-1}}&=\Big({\cancelto{1}{\varphi-\frac{1}{\varphi}}}\Big)\Big(\varphi^{2n-2}+\varphi^{2n-3}\,\frac{1}{\varphi}+\ldots+\varphi^{n+1}\,\frac{1}{\varphi^{n-1}}\,+\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\hspace{3.0cm}\varphi^{n}\,\frac{1}{\varphi^n}+\varphi^{n-1}\,\frac{1}{\varphi^{n+1}}+\ldots+\varphi\,\frac{1}{\varphi^{2n-3}}+\frac{1}{\varphi^{2n-2}}\Big)\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\varphi^{2(n-1)}+\varphi^{2(n-2)}+\ldots+\varphi^{2}+1+\frac{1}{\varphi^2}+\ldots+\frac{1}{\varphi^{2(n-2)}}+\frac{1}{\varphi^{2(n-1)}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\stackrel{\omega\,=\,\varphi^2>0}{=\!=\!=\!=\!=\!=}\Big({\omega^{n-1}+\frac{1}{\omega^{n-1}}}\Big)+\Big({\omega^{n-2}+\frac{1}{\omega^{n-2}}}\Big)+\ldots+\Big({\underbrace{\omega+\frac{1}{\omega}}\limits_{\in{\mathbb{N}}}}\Big)+1\stackrel{(1)}{\in}{\mathbb{N}}\,. \end{aligned}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 03, 2025 9:18 am**

Ένας γρήγορος τρόπος είναι με το ανάπτυγμα του διωνύμου. Χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι εμφανιζόμενοι συντελεστές είναι φυσικοί αριθμοί:

Αρχίζουμε από την $\phi- \dfrac {1}{\phi }=1$ και υψώνουμε εις την 2n-1

. Για τυπογραφική ευκολία θα το κάνω για 2n-1=5

αλλά το μοτίβο της γενικής περίπτωσης είναι σαφές:

$\displaystyle{ 1 =\left ( \phi- \dfrac {1}{\phi } \right ) ^5 = \phi ^5 - \binom {5}{1} \phi ^4 \cdot \dfrac {1}{\phi }+\binom {5}{2} \phi ^3 \cdot \dfrac {1}{\phi ^2}- \binom {5}{3} \phi ^2 \cdot \dfrac {1}{\phi ^3} + \binom {5}{4} \phi \cdot \dfrac {1}{\phi ^4}- \dfrac {1}{\phi ^5}= }$

$\displaystyle{ = \left ( \phi ^5- \dfrac {1}{\phi ^5} \right )- \binom {5}{1} \left ( \phi ^3- \dfrac {1}{\phi ^3} \right )+\binom {5}{2} \left ( \phi - \dfrac {1}{\phi } \right )}$

Τώρα, στην γενική περίπτωση, εργαζόμαστε επαγωγικά: Αν είναι ακέραιοι οι προσθετέοι από την δεύτερη παρένθεση και πέρα, έπεται ότι τότε θα είναι ακέραιος και ο προσθετέος στην πρώτη παρένθεση.

Όμοια η περίπτωση όταν ο εκθέτης είναι άρτιος. Τώρα αλλάζει μόνο ένα πρόσημο σε κάθε παρένθεση. Για παράδειγμα η περίπτωση 2n=6

δίνει

$\displaystyle{ 1 =\left ( \phi- \dfrac {1}{\phi } \right ) ^6 = \left ( \phi ^6+\dfrac {1}{\phi ^6} \right )- \binom {6}{1} \left ( \phi ^4+ \dfrac {1}{\phi ^4} \right )+\binom {6}{2} \left ( \phi ^2+ \dfrac {1}{\phi ^2} \right ) - \binom {6}{3} }$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 03, 2025 2:32 pm**

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 02, 2025 4:43 pm
Για $n\in\mathbb{N}$ να αποδειχθεί ότι ο αριθμός $\varphi^{2n-1}-\varphi^{-({2n-1})}$ είναι θετικός ακέραιος, όπου $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ο "χρυσός αριθμός".

Θα δείξουμε με χρήση του τύπου του Binet εδώ ότι $\displaystyle{\boxed {\phi^{2n-1}-\dfrac {1}{\phi^{2n-1}}= F_{2n}+F_{2n-2}}}$ , όπου (F_n)

είναι η ακολουθία Fibonacci, από όπου το ζητούμενο.

Έχουμε

$\displaystyle{F_{2n}+F_{2n-2}}= \dfrac {1}{\sqrt 5} \left[ \left (\phi^{2n}-\dfrac {1}{\phi^{2n}} \right ) + \left ( \phi^{2n-2}-\dfrac {1}{\phi^{2n-2}}\right ) \right ]= \dfrac {1}{\sqrt 5} \left (\phi + \dfrac {1}{\phi} \right ) \left ( \phi^{2n-1}-\dfrac {1}{\phi^{2n-1}}\right ) = }$

$\displaystyle{ = \dfrac {1}{\sqrt 5} \left (\frac{1+\sqrt{5}}{2}+ \frac {-1+\sqrt{5}}{2}\right ) \left ( \phi^{2n-1}-\dfrac {1}{\phi^{2n-1}}\right ) = \phi^{2n-1}-\dfrac {1}{\phi^{2n-1}} }$

όπως θέλαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 03, 2025 6:25 pm**

Οι δυωνυμικοί συντελεστές στον τύπο του Binet προκύπτουν αν γράψουμε
$\displaystyle F_{n}=\frac{1}{2^{n-1}}\sum_{k=0}^{\displaystyle\left[ \frac{n-1}{2} \right]} \binom{n}{2k+1}5^{k}.$ και $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{F_{n+1}}{F_{n}}=\varphi.$
Ο τύπος προκύπτει με την αναδρομική σχέση για την ακολουθία Fibonacci και με τη βοήθεια της ταυτότητας του Cassini.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 03, 2025 6:47 pm**

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 02, 2025 4:43 pm
Για $n\in\mathbb{N}$ να αποδειχθεί ότι ο αριθμός $\varphi^{2n-1}-\varphi^{-({2n-1})}$ είναι θετικός ακέραιος, όπου $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ο "χρυσός αριθμός".

Αλλιώς:

Τα $\phi$ και $-\dfrac {1}{\phi}$ είναι ρίζες της x^2-x-1=0

. Ας τις αλλάξουμε όνομα και ας τις πούμε $\rho_1, \, \rho _2$ .

To ζητούμενο είναι, γενικότερα, να δείξουμε ότι $\rho_1^n + \rho _2 ^n\in \mathbb N$ , για $n \in \mathbb N$ , άρτιο ή περιττό.

Από Vieta ή απευθείας είναι $\rho_1+ \rho _2 \in \mathbb N$ και $\rho_1^2 + \rho _2 ^2 = (\rho_1 + \rho _2)^2-2 \rho_1 \rho _2 \in \mathbb N$ . Έστω ότι ισχύει το αποδεικτέο για όλα τα $n\le N$ . Θα προχωρήσουμε με επαγωγή. Από τις

$\rho_1^2 = \rho _1 +1$ και $\rho_2^2 = \rho _2 +1$ έχουμε

$\rho_1^{N+1} = \rho _1^ N + \rho _1 ^{N-1}$ και $\rho_2^{N+1} = \rho _2^ N + \rho _2 ^{N-1}$ . Με πρόσθεση κατά μέλη έπεται ότι

$\rho_1^{N+1} +\rho_2^{N+1} = (\rho_1^{N} +\rho_2^{N}) +(\rho _1^{N-1} + \rho _2 ^{N-1})$ , που ανήκει στο $\mathbb N$ ως άθροισμα φυσικών.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 04, 2025 4:56 am**

Με αποσύνθεση δυνάμεων προκύπτει:

$\displaystyle \forall x\in\mathbb{Z} ~ \varphi^x = \mathrm{H}^{x}(x)\left(\mathrm{H}(x)\mathrm F_{|x|}\varphi + \mathrm F_{|x-1|}\right)~~~\color{red}(0)$ , όπου $\mathrm F$ η ακολουθία Φιμπονάτσι και $\mathrm{H}$ η μοναδιαία βηματική συνάρτηση

$\forall x\in\mathbb Z^*$ ισχύει:

$\varphi^{-x} \overset{{\color{red}(0)}}= \left(-\mathrm{H}(x)\right)^{x}\left(-\mathrm{H}(x)\mathrm F_{|x|}\varphi + \mathrm F_{|x+1|}\right)~~~\color{red} (1)$ και

$\displaystyle \varphi^{x} + \left(-\dfrac 1 \varphi\right)^{x} = \varphi^{x} + (-1)^x\varphi^{-x} \overset{ {\color{red} (0)} }{\underset{ {\color{red}(1)} } {=}} \mathrm{H}^{x}(x)\left(\mathrm F_{|x-1|}+\mathrm F_{|x+1|}\right)~~~\color{red}(2)$

Παρατητούμε ότι $\varphi^0 + \left(-\dfrac 1 \varphi\right)^0 = 2 = \mathrm{H}^{0}(0)\left(\mathrm F_{|0-1|}+\mathrm F_{|0+1|}\right)~~~\color{red} (3)$

Επομένως από τις ισότητες $\color{red} (2)$ και $\color{red}(3)$ λαμβάνουμε ότι $\displaystyle \fbox{\forall x\in\mathbb{Z} ~ \varphi^{x} + \left(-\dfrac 1 \varphi\right)^{x} = \mathrm{H}^{x}(x)\left(\mathrm F_{|x-1|}+\mathrm F_{|x+1|}\right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 04, 2025 8:09 am**

Nikitas K. έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 04, 2025 4:56 am
Με αποσύνθεση δυνάμεων προκύπτει:

$\displaystyle \forall x\in\mathbb{Z}^* ~ \varphi^x = \mathrm{sgn}^{x}(x)\left(\mathrm{sgn}(x)F_{|x|}\varphi + F_{|x|-\mathrm{sgn}(x)}\right)$ ,

Σωστό μεν, αλλά θα συνιστούσα να μην κάνεις τα εύκολα, δύσκολα ώστε να φαίνονται περισπούδαστα: Τα Μαθηματικά πρέπει να υιοθετούν την απλούστερη γραφή και να φαίνονται οι ιδέες που χρησιμοποιούνται. Για παράδειγμα στο το $\mathrm{sgn}^{x}(x)$ που γράφεις, ενδιαφέρον μεν, αλλά είναι απλά

αν