Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

#41

Άσκηση 14. Για ποιες τιμές του φυσικού αριθμού είναι ρητός ο $\sqrt {n^2+6n+12}$ ;

Aς την αφήσουμε 24 ώρες για τους μαθητές έως Α' Λυκείου.

Batapan · #42

Αφού $n\in \mathbb{N}$ , $n^2+6n+12\in \mathbb{N}$

Έτσι ψάχνουμε

για τα οποία το n^2+6n+12

είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου

όμως παρατηρούμε ότι (n+3)^2< n^2+6n+12< (n+4)^2

για κάθε θετικό ακέραιο
Επομένως δεν υπάρχουν τέτοια

#43

Άσκηση 15. Έστω $a,\,b$ θετικοί αριθμοί με $a\ne 1 \ne b$ . Oρίζουμε την συνάρτηση $f :\mathbb R \longrightarrow (0,\, \infty)$ ως

$\displaystyle{ f(x) = \left\{\begin{matrix} a^x& \alpha \nu \,\, x \in \mathbb Q\\ b^x & \alpha \nu \,\, x \notin \mathbb Q \end{matrix}\right.}$

Να αποδείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα

α) Η είναι ,

β) η είναι επί,

γ) ο αριθμός $\displaystyle{\log _a b }$ είναι ρητός.

llenny · #44

Θα δείξουμε τις συνεπαγωγές $a \Rightarrow b$ , $b \Rightarrow c$ , $c \Rightarrow a$

$a \Rightarrow b$ :
Για τυχόν $z\in \mathbb{R}$ έχουμε $a^{\log _{a}z}=z , b^{\log _{b}z}=z$ . Αν $\nexists x\in \mathbb{R}$ τέτοιο ώστε f(x) = z

τότε $\log _{a}z$ άρρητος και $\log _{b}z$ ρητός, άρα $\log _{a}z +\log _{a}z$ άρρητος ή $\frac{\log _{b}z}{\log _{b}a} + \log _{b}z$ άρρητος άρα $\log _{b}a$ άρρητος και επίσης $b^{log _{b}a} = a, a^{1}=a$ το οποίο είναι άτοπο γιατί η f(x)

είναι ένα-προς-ένα.

$b \Rightarrow c$ :
Επειδή η f(x)

είναι επί $\exists x$ τέτοιο ώστε f(x)=b

. Είτε $b^{x} = b \Rightarrow x = 1$ που δε γίνεται επειδή το

δεν είναι άρρητος, είτε $a^x = b \Rightarrow x = {log _{a}b}$ και το

θα είναι ρητός . Επειδή δε γίνεται το πρώτο έχουμε ότι $log _{a}b \in \mathbb{Q}$

$c \Rightarrow a$ :
Eχουμε ότι $log _{a}b \in \mathbb{Q} \Rightarrow \exists p,q$ τέτοια ώστε $\gcd({p},{q})= 1$ και $log _{a}b = \frac{p}{q} \Rightarrow b = a^{\frac{p}{q}}$ Έστω τώρα τυχόντα $x,y \in \mathbb{R}$ τέτοια ώστε f(x) = f(y)

Τότε αναγκαστικά θα είναι και οι δύο ρητοί ή και οι δύο άρρητοι αλλιώς θα είχαμε αν

ρητός και

άρρητος ότι $a^x = a^{{\frac{py}{q}}} \Rightarrow x$ άρρητος παίρνοντας λογαριθμούς το οποίο είναι άτοπο. Αν τώρα $x,y \in \mathbb{Q}$ τότε $f(x) = f(y) \Rightarrow a^x = a^y \Rightarrow x = y$ ενώ αν x,y

άρρητοι τότε $f(x) = f(y) \Rightarrow a^{{\frac{py}{q}}} = a^{{\frac{px}{q}}} \Rightarrow x = y$ άρα έχουμε ότι $f(x) = f(y) \Rightarrow x = y$ άρα η f(x)

είναι ένα-προς-ένα.
Άρα τα παραπάνω είναι ισοδύναμα

Batapan · #45

Άσκηση 16

Δείξτε ότι για κάθε άρρητο αριθμό

, υπάρχουν άρρητοι πραγματικοί αριθμοί b, b'

, τέτοιοι ώστε a+b

και

να είναι ρητοί ενώ

και

να είναι άρρητοι

Πηγή:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ορέστης Λιγνός · #46

Batapan έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 17, 2023 10:27 pm
Άσκηση 16

Δείξτε ότι για κάθε άρρητο αριθμό , υπάρχουν άρρητοι πραγματικοί αριθμοί , τέτοιοι ώστε και να είναι ρητοί ενώ και να είναι άρρητοι

Πηγή:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Asian Pacific Math Olympiad 2005

Προφανώς $a \neq 0$ , αφού ο

είναι άρρητος.

Ισχυρισμός 1: Είτε το b=1-a

είτε το

ικανοποιεί την πρώτη συνθήκη.
Απόδειξη: Προφανώς $a+b \in \{1,2\}$ άρα σίγουρα $a+b \in \mathbb{Q}$ . Αν ήταν $a(1-a) \in \mathbb{Q}$ και $a(2-a) \in \mathbb{Q}$ , τότε επίσης

$a=a(2-a)-a(1-a) \in \mathbb{Q},$

άτοπο $\blacksquare$

Ισχυρισμός 2: Είτε το $b'=\dfrac{1}{a}$ είτε το $b'=\dfrac{2}{a}$ ικανοποιεί την δεύτερη συνθήκη.
Απόδειξη: Προφανώς $ab' \in \{1,2\}$ , άρα σίγουρα $ab' \in \mathbb{Q}$ . Αν ήταν $a+\dfrac{1}{a} \in \mathbb{Q}$ και $a+\dfrac{2}{a} \in \mathbb{Q}$ , τότε επίσης

$a=\dfrac{1}{(a+\dfrac{2}{a})-(a+\dfrac{1}{a})} \in \mathbb{Q},$

άτοπο $\blacksquare$

#47

Άσκηση 17.

Έστω ότι $\displaystyle{n,k \in N}$ και ότι ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt{36n^2 -66n +43}}$ , είναι ρητός.

Να βρείτε για ποιες τιμές του $\displaystyle{k}$ , ο αριθμός

$\displaystyle{A=\sqrt{n^2 +4k- 4n\sqrt{k}} +2\sqrt{k}}$

είναι επίσης ρητός.

Henri van Aubel · #48

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 19, 2023 1:38 am
Άσκηση 17.

Έστω ότι $\displaystyle{n,k \in N}$ και ότι ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt{36n^2 -66n +43}}$ , είναι ρητός.

Να βρείτε για ποιες τιμές του $\displaystyle{k}$ , ο αριθμός

$\displaystyle{A=\sqrt{n^2 +4k- 4n\sqrt{k}} +2\sqrt{k}}$

είναι επίσης ρητός.

Πολύ καλό συνάδελφε!

Δίνω μία λύση.

Εφόσον $36n^{2}-66n+43\in \mathbb{N}$ και $\sqrt{36n^{2}-66n+43}\in \mathbb{Q},$ έπεται ότι $\sqrt{36n^{2}-66n+43}\in \mathbb{N}$ .

Οπότε, είναι $36n^{2}-66n+43=m^{2},m\in \mathbb{N}$ και άρα $36n^{2}-66n+\left ( 43-m^{2} \right )=0$ με διακρίνουσα ίση με $D=144m^{2}-1836$ που είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού. Συνεπώς, ο $36\left ( 4m^{2} -51 \right )$ είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού και άρα ο $4m^{2}-51$ είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού. Οπότε, γράφουμε $4m^{2}-51=r^{2},r\in \mathbb{N}.$ Αυτή γράφεται ως $\left ( 2m+r \right )\left ( 2m-r \right )=51$ με δεκτές λύσεις $\left ( m,r \right )=\left ( 5,7 \right ),\left ( 13,25 \right )$ . Επομένως, είναι:

Για $\displaystyle m=5\Longrightarrow n\in \left \{ \frac{1}{3},\frac{3}{2} \right \}$ , άτοπο!

Για $m=13\Longrightarrow n=3,$ δεκτό!

Άρα , αναγκαστικά η μόνη λύση είναι n=3

Τώρα, πρέπει ο $\displaystyle A=\sqrt{n^{2}+4k-4n\sqrt{k}}+2\sqrt{k}=\left | n-2\sqrt{k} \right |+2\sqrt{k}\in \mathbb{Q},k\in \mathbb{N}$

Για $2\sqrt{k}\leqslant 3\Leftrightarrow k\in \left \{ 1,2 \right \},$ είναι A=3,

δεκτό!

Για $2\sqrt{k}> 3\Leftrightarrow k\geqslant 3,$ είναι $A=4\sqrt{k}-3\in \mathbb{Q}\Leftrightarrow k=y^{2},y\in \mathbb{N},$ δεκτό!

Η άσκηση ολοκληρώθηκε!!

#49

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 19, 2023 1:00 pm
...
Οπότε, είναι $36n^{2}-66n+43=m^{2},m\in \mathbb{N}$ και άρα $36n^{2}-66n+\left ( 43-m^{2} \right )=0$
...

Είναι πιο απλό να εργαστούμε ως εξής: Για n>3

είναι

, άρα

. Επίσης προφανώς

36n^2-66n+43 >36n^2-72n+36

. Τα δύο μαζί γράφονται

(6n-5) ^2 > 36n^2-66n+43 >(6n-6)^2

που σημαίνει ότι το 36n^2-66n+43

είναι μεταξύ δύο διαδοχικών τετραγώνων, και άρα δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Μένουν οι περιπτώσεις n=0,1,2,3,

που τις κάνουμε με το χέρι. Και λοιπά.

#50

Άσκηση 18. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{\sum _{n=1}^{\infty} 10^{-n^2}}$ είναι άρρητος. Ομοίως ο $\displaystyle{\sum _{n=1}^{\infty} 7^{-n^2}}$ .

ksofsa · #51

Ας αναφέρω, για την άσκηση 18, ότι ισχύει το ισχυρό αποτέλεσμα https://en.wikipedia.org/wiki/Sylvester ... ional_sums.

Επειδή η ακολουθία $a_{n}=10^{n^2}$ ικανοποιεί τη σχέση $a_{n}> a_{n-1}^2-a_{n-1}+1$ , ο ζητούμενος αριθμός άρρητος.

Όμοια και η άλλη σειρά.

Αλλιώς, ένα επιχείρημα διαφορετικό είναι ότι στη δεκαδική αναπαράσταση της πρώτης σειράς, οι άσσοι δεν εμφανίζονται περιοδικά, άρα άρρητος.

Όμοια, για την άλλη σειρά, στην επταδική αναπαράσταση, οι άσσοι δεν εμφανίζονται περιοδικά. Πάλι άρρητος.

#52

ksofsa έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 18, 2023 4:36 pm

Αλλιώς, ένα επιχείρημα διαφορετικό είναι ότι στη δεκαδική αναπαράσταση της πρώτης σειράς, οι άσσοι δεν εμφανίζονται περιοδικά, άρα άρρητος.

Όμοια, για την άλλη σειρά, στην επταδική αναπαράσταση, οι άσσοι δεν εμφανίζονται περιοδικά. Πάλι άρρητος.

Ναι, αυτόν τον δεύτερο τρόπο είχα κατά νου, γιατί απευθύνομαι σε μαθητές,

Για να εξηγήσω λίγο παραπάνω την μέθοδο, ο πρώτος αριθμός είναι της μορφής 0,1001000010...

με τους άσσους στις θέσεις $1, \, 4, \, 9, \,...\, , n^2,\, ...$ και τα υπόλοιπα μηδενικά. Άρα υπάρχουν μηδενικά σε αλυσίδες οσουδήποτε μήκους. Από την άλλη αν ο αριθμός ήταν ρητός έπρεπε να είναι τελικά περιοδικός. Έτσι για κάποιο

θα έχουμε επανάληψη των ψηφίων κάθε

διαδοχικά ψηφία. Ειδικά, πρέπει να βλέπουμε και άσσους σε αυτά τα μπλόκα, αφού οι άσσοι στο ανάπτυγμα είναι άπειροι σε πλήθος. Όμως για μεγάλο n>N

έχουμε διαδοχικά

χωρίς κανέναν άσσο. Άτοπο.

#53

Άσκηση 19. Έστω $f: \mathbb R \longrightarrow \mathbb R$ συνάρτηση με την οποία $f(x) + f(x+n) \in \mathbb Q$ για κάθε $x\in \mathbb R$ και κάθε $n\in \mathbb N ^*$ . Να αποδείξετε ότι $f(x) \in \mathbb Q$ για κάθε $x\in \mathbb R$ .

#54

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 19, 2023 11:54 am
Άσκηση 19. Έστω $f: \mathbb R \longrightarrow \mathbb R$ συνάρτηση με την οποία $f(x) + f(x+n) \in \mathbb Q$ για κάθε $x\in \mathbb R$ και κάθε $n\in \mathbb N ^*$ . Να αποδείξετε ότι $f(x) \in \mathbb Q$ για κάθε $x\in \mathbb R$ .

Έστω $x \in \mathbb{R}$ . Οι αριθμοί f(x) + f(x+1), f(x)+f(x+2)

και

είναι όλοι ρητοί, άρα ρητός είναι και ο

$\displaystyle f(x) = \frac{[f(x) + f(x+1)] + [f(x)+f(x+2)] - [f(x+1)+f(x+2)]}{2}$

#55

Άσκηση 20. Δείξτε ότι ο αριθμός $\sqrt {2^{1000} +5^{1000} + 6^{1000} }$ είναι άρρητος.

Τσιαλας Νικολαος · #56

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 21, 2023 2:06 am
Άσκηση 20. Δείξτε ότι ο αριθμός $\sqrt {2^{1000} +5^{1000} + 6^{1000} }$ είναι άρρητος.

Μάλλον κάποια άλλη λύση θα υπάρχει αλλά το υπόριζο λήγει σε 7 και δεν μπορεί να είναι τετράγωνο

#57

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 21, 2023 2:44 am
Μάλλον κάποια άλλη λύση θα υπάρχει αλλά το υπόριζο λήγει σε 7 και δεν μπορεί να είναι τετράγωνο

Νίκο, αυτή την λύση έχω κατά νου. Πρόκειται για απλή αλλά ισχυρή τεχνική, και καλό είναι να την θυμίζουμε στους μαθητές μας.

#58

Έκανα διόρθωση στην εκφώνηση, οπότε σβήνω το παρόν πόστ. Βλέπε το αμέσως από κάτω ποστ.

#59

Άσκηση 21. Έστω $n, p, q\in \mathbb N ^*$ , με μη τέλειο τετράγωνο. Αν ισχύει $\sqrt n > \dfrac {p}{q}$ , δείξτε ότι η ανισότητα βελτιώνεται στην $\sqrt n >\dfrac {p}{q} + \dfrac {1}{{\color {red}2\sqrt n q^2}}$

#60

Έκανα διόρθωση στην προηγούμενη, Άσκηση 21.

Η αρχική (εσφαλμένη) διατύπωση ήταν

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 23, 2023 3:59 pm
Άσκηση 21. Έστω $n, p, q\in \mathbb N ^*$ , με μη τέλειο τετράγωνο. Αν ισχύει $\sqrt n > \dfrac {p}{q}$ , δείξτε ότι η ανισότητα βελτιώνεται στην $\sqrt n >\dfrac {p}{q} + \dfrac {1}{pq}$

Το αποτέλεσμα αυτό δεν ισχύει, όπως βλέπουμε από την περίπτωση $\sqrt {10} >\dfrac {3}{1}$ αλλά δεν ισχύει $\sqrt {10} >\dfrac {3}{1} + \dfrac {1}{3}$ (ή αλλιώς 3,16>3,33

).

Συγχρόνως μου έστειλε αντιπαράδειγμα και ο Κώστας (ksofsa) το $\sqrt {17} >\dfrac {4}{1}$ αλλά δεν ισχύει $\sqrt {17} >\dfrac {4}{1} + \dfrac {1}{4}$ (ή αλλιώς 4,123 >4,25

).

Ζητώ συγνώμη που σας ταλαιπώρησα.

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