Tρία τεσσάρια!

#1

Φτιάχνουμε αριθμητικές παραστάσεις χρησιμοποιώντας ακριβώς τρεις φορές το ψηφίο

και όσες φορές θέλουμε τα σύμβολα $+,-,\cdot , : \,,\sqrt{\,},\left[\,\, \right],$ ( το σύνηθες σύμβολο του ακεραίου μέρους) καθώς επίσης δεξιές και αριστερές παρενθέσεις. Να αποδειχθεί ότι κάθε ακέραιος μπορεί να είναι η τιμή μιας τέτοιας παράστασης.

AlexandrosG · #2

Μια ιδέα:

Παίρνουμε τους αριθμούς $\displaystyle{\Bigg[\frac{4}{\sqrt{}\sqrt{}\sqrt{}...\sqrt{}4-\sqrt{}\sqrt{}...\sqrt{}4}\Bigg]}$ με n,m

ριζικά αντίστοιχα στον παρονομαστή.

Με αυτόν τον τρόπο παίρνουμε αυθαίρετα μεγάλους φυσικούς αφού η ακολουθία $\displaystyle{\sqrt{}\sqrt{}...\sqrt{}4}$ τείνει στο

καθώς το πλήθος των ριζικών τείνει στο άπειρο.

Για να τους πάρουμε όλους αρκεί να δείξουμε ότι η ακολουθία $\displaystyle{\frac{4}{4^{\frac{1}{2^n}}-4^{\frac{1}{2^m}}}}$ έχει ένα όρο σε κάθε διάστημα $(\kappa,\kappa+1)$ όπου $\kappa$ φυσικός. Το $\kappa$ μπορούμε να το πάρουμε λίγο μεγαλύτερο από το

αν χρειαστεί γράφοντας τους αριθμούς μέχρι το $\kappa$ με άλλο τρόπο.

Προς το παρόν δεν μπορώ να προχωρήσω. Ίσως και να μην ισχύει.

Κάθε βοήθεια δεκτή!

#3

Πρόκειται για το πρόβλημα Ε 3363 από τη στήλη προβλημάτων του Αmerican Monthly.
Η λύση που ακολουθεί είναι του Marcin Kuczma και δημοσιεύτηκε στο τεύχος του Φεβρουαρίου 1992.

Αν m,n

είναι δύο μη αρνητικοί ακέραιοι τότε θεωρούμε τον αριθμό $\displaystyle{F(m,n)=\left( \frac{4}{4^{\frac{1}{2^m}}-1}\right)}^{\frac{1}{2^n}}$ .

Εφόσον $\left[\sqrt{\sqrt{4}} \right]=1$ , κάθε F(m,n)

μπορεί να προκύψει με τρία τεσσάρια και τα επιτρεπτά σύμβολα.

Αφού t<4^t-1<4t

για $t\in (0,1]$ , προκύπτει $2^m<\displaystyle{\frac{4}{4^{\frac{1}{2^m}}-1}}<2^{m+2}$ .

Έτσι $m2^{-n}<\log_2 F(m,n)<(m+2)2^{-n}$ .

Από εδώ προκύπτει ότι το σύνολο τιμών της

είναι πυκνό στο $(1,+\infty)$ . Άρα [F(m,n)]=N

άπειρες φορές για κάθε θετικό ακέραιο

.

Tρία τεσσάρια!

Tρία τεσσάρια!

Re: Tρία τεσσάρια!

Re: Tρία τεσσάρια!

Μέλη σε σύνδεση