Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

#21

Θεωρούμε τα δευτεροβάθμια πολυώνυμα P(x)

και

τα οποία έχουν ρητούς συντελεστές.
Υποθέτουμε ότι οι ρίζες του P(x)

είναι οι άρρητοι πραγματικοί αριθμοί

και

Αν ο αριθμός a + 2016

είναι ρίζα του Q(x),

να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές της άλλης ρίζας του.
viewtopic.php?f=58&t=66402

#22

Άσκηση 8. Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους o $\dfrac {N+9}{\sqrt {N+1}}$ είναι φυσικός.

(Ας την αφήσουμε

ώρες για τους μαθητές μας).

ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ · #23

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 14, 2022 9:44 am
Άσκηση 8. Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους o $\dfrac {N+9}{\sqrt {N+1}}$ είναι φυσικός.

(Ας την αφήσουμε ώρες για τους μαθητές μας).

Προφανώς πρέπει να ισχύει: $\sqrt{N+1}|N+9$ . Τότε, όμως, θα είναι και: $\sqrt{N+1}|N+9-(\sqrt{N+1})^2=8$ . Συνεπώς, είναι: $\sqrt{N+1} \in \begin{Bmatrix} 1,2,4,8 \end{Bmatrix}\Leftrightarrow N+1 \in \begin{Bmatrix} 1,4,16,64 \end{Bmatrix}\Leftrightarrow N \in \begin{Bmatrix} 0,3,15,63 \end{Bmatrix}$ που όλες επαληθεύουν.

#24

ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 14, 2022 10:37 am

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 14, 2022 9:44 am
Άσκηση 8. Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους o $\dfrac {N+9}{\sqrt {N+1}}$ είναι φυσικός.

(Ας την αφήσουμε ώρες για τους μαθητές μας).
Προφανώς πρέπει να ισχύει: $\sqrt{N+1}|N+9$ . Τότε, όμως, θα είναι και: $\sqrt{N+1}|N+9-(\sqrt{N+1})^2=8$ . Συνεπώς, είναι: $\sqrt{N+1} \in \begin{Bmatrix} 1,2,4,8 \end{Bmatrix}\Leftrightarrow N+1 \in \begin{Bmatrix} 1,4,16,64 \end{Bmatrix}\Leftrightarrow N \in \begin{Bmatrix} 0,3,15,63 \end{Bmatrix}$ που όλες επαληθεύουν.

Επί της ουσίας σωστά αλλά υπάρχει ένα κενό στην λύση. Πρέπει πρώτα να εξασφαλίσουμε ότι $\sqrt{N+1}\in \mathbb N$ για να έχει νόημα το βήμα $\sqrt{N+1}|N+9$ . Αλλιώς η άσκηση δεν θα είχε θέση σε ένα θρεντ με θέματα πάνω στους άρρητους αριθμούς.

ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ · #25

Σωστά. Πρέπει, λοιπόν, ο N+1

να είναι τέλειο τετράγωνο. Έτσι: $N+1=k^2 \Leftrightarrow \sqrt{N+1}=k$ . Συνεπώς, θα είναι: N+9 = k^2 +8

. Άρα, πρέπει: $k|k^2+8 \Rightarrow k|8$ και συνεχίζω ομοίως.

#26

ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 14, 2022 11:21 am
Σωστά. Πρέπει, λοιπόν, ο να είναι τέλειο τετράγωνο. Έτσι: $N+1=k^2 \Leftrightarrow \sqrt{N+1}=k$ . Συνεπώς, θα είναι: . Άρα, πρέπει: $k|k^2+8 \Rightarrow k|8$ και συνεχίζω ομοίως.

#27

Άσκηση 9. Για ποιους φυσικούς αριθμούς οι $\sqrt {n+5}$ και $\sqrt {4n+1}$ είναι και οι δύο ρητοί;

cool geometry · #28

ΛΥΣΗ:
Οι αριθμοί n+5

και

είναι και οι δύο φυσικοί και ταυτόχρονα τέλεια τετράγωνα ρητού, άρα είναι τέλεια τετράγωνα φυσικού.
Οπότε γράφουμε:
$n+5=m^{2}(m\in N)\Rightarrow 4n+20=k^{2}(1)$
$4n+1=z^{2}(2)$
Οι δύο αυτές σχέσεις μας οδηγούν στην εξίσωση:
$k^{2}-z^{2}=19\Leftrightarrow (k+z)(k-z)=19\Leftrightarrow (k,z)=(10,9).$
Τελικά ισχύει ότι $4n+20=100\Leftrightarrow n=20.$

cool geometry · #29

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 14, 2022 9:44 am
Άσκηση 8. Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους o $\dfrac {N+9}{\sqrt {N+1}}$ είναι φυσικός.

(Ας την αφήσουμε ώρες για τους μαθητές μας).

ΛΥΣΗ:
έστω N=m,

τότε $\frac{m+9}{\sqrt{m+1}}\in N\Leftrightarrow \frac{(m+9)^{2}}{m+1}\in N(1)$
όμως ισχύει ταυτόχρονα και ότι $\frac{(m+1)^{2}}{m+1}\in N(2)$
Οι δύο αυτές σχέσεις μας οδηγούν στην παρακάτω σχέση:
$\frac{(m+9)^{2}}{m+1}-\frac{(m+1)^{2}}{m+1}=\frac{16m+80}{m+1}=\frac{16(m+1)+64}{m+1}=16+\frac{64}{m+1}\in N,$
και η συνέχεια πανεύκολη.

cool geometry · #30

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 14, 2022 1:42 pm
Άσκηση 9. Για ποιους φυσικούς αριθμούς οι $\sqrt {n+5}$ και $\sqrt {4n+1}$ είναι και οι δύο ρητοί;

Γενικά ισχύει ότι:
Αν $m\in \mathbb{N}$ και $\sqrt{m}\in \mathbb{Q},$ τότε $\sqrt{m}\in \mathbb{N}.$
Απόδειξη:
έστω $\sqrt{m}=\frac{a}{b}\in \mathbb{Q}$ με $a,b\in \mathbb{N},(a,b)=1.$
τότε θα πρέπει να ισχύει ότι: $\frac{a^{2}}{b^{2}}=m\in \mathbb{N},(a,b)=1\Leftrightarrow \frac{a}{b}=\sqrt{m}\in \mathbb{N}$

#31

Άσκηση 10. Δείξτε ότι η συνάρτηση $f:\mathbb Q \longrightarrow \mathbb R,\, \, f(q)=\{q\sqrt 2\}$ είναι 1-1.

Το $\{.\}$ συμβολίζει "κλασματικό μέρος".

abfx · #32

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 11, 2022 9:02 pm
Άσκηση 10. Δείξτε ότι η συνάρτηση $f:\mathbb Q \longrightarrow \mathbb R,\, \, f(q)=\{q\sqrt 2\}$ είναι 1-1.

Το $\{.\}$ συμβολίζει "κλασματικό μέρος".

Έστω $q , r \in \mathbb{Q}$ , τέτοια ώστε f(q)=f(r)

. Τότε:

$\{q\sqrt{2}\}=\{r\sqrt{2}\} \overset{*}{ \implies } q\sqrt{2}-r\sqrt{2}\in\mathbb{Z} \implies (q-r)\sqrt{2}\in\mathbb{Z} \overset{**}{ \implies } q-r=0\implies q=r$ και τελειώσαμε.

Ας δούμε τώρα τι χρησιμοποιήσαμε.

(**)

: Αν $p\in\mathbb{Q}$ και $p\sqrt{2}\in\mathbb{Q}$ , τότε p=0

.

Απόδειξη:
Υποθέτουμε ότι $p\sqrt{2}=s\in\mathbb{Q}$ και ότι $p\neq 0$ . Τότε θα έχουμε:
$\sqrt{2}=sp^{-1}\in\mathbb{Q}$ , το οποίο είναι άτοπο (γιατί;).

(*)

: Έστω $x,y\in\mathbb{R}$ . Τότε $\{x\}=\{y\} \implies x-y\in\mathbb{Z}$ .

Απόδειξη:
Γράφουμε $x=\lfloor x \rfloor +\{x\}$ και $y=\lfloor y \rfloor +\{y\}$ . Έτσι θα είναι:
$x-y=\lfloor x \rfloor -\lfloor y \rfloor +\{x\}-\{y\}=\lfloor x \rfloor -\lfloor y \rfloor \in\mathbb{Z}$ όπως θέλαμε.
(Το $\lfloor x \rfloor$ συμβολίζει το ακέραιο μέρος του

)

Batapan · #33

Άσκηση 11

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

τέτοιες ώστε f(ab)=f(a+b)

για όλους τους άρρητους a,b

Πηγή:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#34

Batapan έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 12, 2022 3:10 pm
Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

τέτοιες ώστε για όλους τους άρρητους

Απάντηση: Μόνο οι σταθερές συναρτήσεις.

Έστω

φυσικός αριθμός μη τέλειο τετράγωνο. Τότε οι $a=\sqrt N, \, b=-\sqrt N$ είναι άρρητοι. Από την υπόθεση είναι

f(-N) = f(ab) = f(a+b) = f(0)

. Το φυλάμε (*)

.

Αν άρρητος επιλέγουμε μη τέλειο τετράγωνο N>4t

. Τότε οι $a= \dfrac {1}{2}(-N+ \sqrt {N^2-4t})$ και $b= \dfrac {1}{2}(-N- \sqrt {N^2-4t})$ είναι άρρητοι (άμεσο: σε αντίθετη περίπτωση θα ήταν ρητός ο $\sqrt {N^2-4t}$ , που δεν ισχύει. Πράγματι, θα ήταν τότε ρητό και το τετράγωνό του N^2-4t

. που βέβαια δεν είναι ρητός). Με χρήση της άμεσης t=ab

, έχουμε

(το τελευταίο λόγω της (*)

.

Αν αντίθετα Αν ρητός επιλέγουμε $a= \dfrac {1}{2}(t+ \sqrt {t^2+8\sqrt 2})$ και $b= \dfrac {1}{2}(t- \sqrt {t^2+8\sqrt 2})$ . Kαι οι δύο είναι άρρητοι (άμεσο). Άρα, με χρήση της $ab= -2\sqrt 2$ , έχουμε

$f(t)= f(a+b) = f(ab)= f(-2\sqrt 2) = f((\sqrt 2)+(-3\sqrt 2)) =f( (\sqrt 2)\cdot (-3\sqrt 2) )=f(-6) = f(0)$ (το τελευταίο λόγω της (*)

.

Mε άλλα λόγια, για κάθε

, ρητό ή άρρητο, έχουμε f(t) = f(0)

. Τελειώσαμε.

Batapan · #35

Άσκηση 12

Να βρεθούν όλοι οι άρρητοι αριθμοί

για τους οποίους

$K^{2}+K$
$K^{3}+2K^{2}$

είναι και οι δύο ακέραιοι

#36

Batapan έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 15, 2022 1:29 pm
Να βρεθούν όλοι οι άρρητοι αριθμοί για τους οποίους

$K^{2}+K$
$K^{3}+2K^{2}$

είναι και οι δύο ακέραιοι

Απάντηση: $K= \dfrac {1}{2} (-1\pm \sqrt 5)$ .

H πρώτη υπόθεση γράφεται K^2+K-n=0

για κάποιο $n\in \mathbb N$ . Άρα $K= \dfrac {1}{2} (-1\pm \sqrt {1+4n})$ . Έπεται ότι $\sqrt {1+4n}$ άρρητος, αφού

άρρητος.

Ας δουλέψουμε πρώτα με το "συν" (αν και τα δύο μπορούν να γίνουν συγχρόνως). Είναι τότε

$K^3+2K^2=K^2(K+2) = ... =n+1+(n-1) \sqrt {1+4n}$ ,

το οποίο εξ υποθέσεως είναι φυσικός, άρα ρητός. Αλλά $\sqrt {1+4n}$ άρρητος, οπότε ο συντελεστής του n-1

του $\sqrt {1+4n}$ πρέπει να είναι

. Με άλλα λόγια n=1

, οπότε $K= \dfrac {1}{2} (-1 + \sqrt {1+4\cdot 1}) = \dfrac {1}{2} (-1+ \sqrt 5)$ , όπως είπαμε.

Η περίπτωση του "πλην" είναι ακριβώς ίδια, και οδηγεί πάλι στο n=1

. Αυτό μας δίνει $K= \dfrac {1}{2} (-1- \sqrt 5)$ .

#37

Batapan έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 15, 2022 1:29 pm
Να βρεθούν όλοι οι άρρητοι αριθμοί για τους οποίους

$K^{2}+K$
$K^{3}+2K^{2}$

είναι και οι δύο ακέραιοι

Λίγο διαφορετικά από την λύση του Μιχάλη:

Έστω $\displaystyle{K^2 +K=a}$ , όπου $\displaystyle{a}$ ακέραιος.

Είναι: $\displaystyle{K^3 +2K^2 =K(K^2 +2K)=K(K^2 +K +K)=K(a+K)=K^2 +Ka = a-K+Ka =(a-1)K+a}$ .

Για να είναι ακέραιος ο αριθμός αυτός , ενώ ο $\displaystyle{K}$ δίνεται άρρητος, θα πρέπει να είναι $\displaystyle{a-1=0}$ , δηλαδή $\displaystyle{a=1}$

Άρα έχουμε: $\displaystyle{K^2 +K =1\Leftrightarrow K^2 +K-1=0}$ , και από εδώ προκύπτουν οι δύο τιμές για το $\displaystyle{K}$ που ζητάει η άσκηση.

#38

Άσκηση 13. Έστω πραγματικός αριθμός. Δείξτε ότι αν η συνάρτηση $f:\mathbb R \longrightarrow \mathbb R,\, \, f(x)=\cos x + \cos (ax)$ είναι περιοδική, τότε ο είναι ρητός.

#39

Πρόσθεσα/Διόρθωσα τις αριθμήσεις των ασκήσεων από την 11 και μετά.

#40

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 22, 2022 9:26 am
Άσκηση 13. Έστω πραγματικός αριθμός. Δείξτε ότι αν η συνάρτηση $f:\mathbb R \longrightarrow \mathbb R,\, \, f(x)=\cos x + \cos (ax)$ είναι περιοδική, τότε ο είναι ρητός.

Έστω ότι είναι περιοδική με περίοδο

. Επειδή

τότε έχουμε και f(T) = 2

. Όμως $f(T) = \cos{T} + \cos{(aT)} \leqslant 2$ με ισότητα αν και μόνο αν τα T,aT

είναι ακέραια πολλαπλάσια του $2\pi$ . Συνεπώς ο

είναι ρητός. (Αν π.χ. $T = 2m\pi, m \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}$ και $aT = 2n\pi, n \in \mathbb{Z}$ τότε $a = n/m \in \mathbb{Q}$ .

Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

Μέλη σε σύνδεση