Άρρητοι αριθμοί: Συλλογή ασκήσεων

#81

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 01, 2023 7:55 am
Χρησιμοποιώντας την διαδικασία της απόδειξης στο (α) ερώτημα, εύκολα βλέπουμε το ζητούμενο, που προκύπτει από τις περιπτώσεις
που πήραμε. (Το βράδυ θα γράψω αναλυτικά την λύση, αν δεν δοθεί από κάποιο μέλος μας)

Υπάρχει ευκολότερη λύση, που μάλιστα δεν χρειάζεται την εξέταση των περιπτώσεων

ή $\ge 8$ . Αν χρειαστεί, θα γράψω την εν λόγω λύση.

Al.Koutsouridis · #82

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 01, 2023 8:00 pm
Άσκηση 26. α) Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει $\{ \, \sqrt {n} \, \} = \{ \, \sqrt {n+17} \, \}$ .
β) Αν θετικός πραγματικός αριθμός με $\{ \sqrt {x} \, \} = \{ \sqrt {x+17} \, \}$ , να αποδείξετε ότι οι και είναι και οι δύο τετράγωνα ρητών αριθμών.

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

Αν και οι δυο αριθμοί n, n+17

είναι τέλεια τετράγωνα τότε η εξίσωση θα έχει λύση, που δίνεται από το σύστημα

n=k^2, n+17=m^2

, όπου

φυσικοί. Δηλαδή αν ισχύει $17=(m-k)(m+k) \Rightarrow m-k=1, m+k=17 \Rightarrow k=8$ . Άρα n=k^2=64

είναι μια λύση.

Αν ένας εκ των n, n+17

είναι τέλειο τετράγωνο, τότε η εξισωση δεν έχει λύσεις καθώς το ένα μέλος της εξίσωσης θα έχει κλασματικό μέρος μηδέν και το άλλο μη μηδενικό.

Αν και οι δυο αριθμοί n, n+17

δεν είναι τέλεια τετράγωνα, τότε μπορούμε να τους γράψουμε, δεδομένου της εξίσωσης που ικανοποιούν, στην μορφή

$\sqrt{n}=m+a, \sqrt{n+17}=k+a$ , όπου k,m

φυσικοί αριθμοί και

ένας πραγματικός αριθμός 0 <a<1

. Επειδή οι υπόριζες ποσότητες δεν είναι τέλεια τετράγωνα φυσικού αριθμού, οι ρίζες αυτών θα είναι άρρητοι αριθμοί και εφόσον m,k

φυσικοί ο αριθμός

θα πρέπει να είναι άρρητος.

Από το σύστημα $\sqrt{n}=m+a, \sqrt{n+17}=k+a$ έχουμε

n=(m+a)^2, n+17=(k+a)^2

αφαιρώντας κατά μέλη βρίσκουμε

$17=(k+a)^2-(m+a)^2= k^2-m^2+2a(k-m) \Rightarrow a =\dfrac{17+m^2-k^2}{2(k-m)}=$ ρητός. Άτοπο. Άρα δεν έχουμε λύσεις σε αυτήν την περίπτωση.

Επομένως μοναδική λύση τη εξίσωσης είναι η n=64

.

#83

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 01, 2023 8:00 pm
Άσκηση 26. α) Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει $\{ \, \sqrt {n} \, \} = \{ \, \sqrt {n+17} \, \}$ .
β) Αν θετικός πραγματικός αριθμός με $\{ \sqrt {x} \, \} = \{ \sqrt {x+17} \, \}$ , να αποδείξετε ότι οι και είναι και οι δύο τετράγωνα ρητών αριθμών.

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

α) Αυτό που έχω κατά νου, είναι: Η υπόθεση γράφεται

$\sqrt {n} - [ \sqrt {n}] = \sqrt {n+17} -[ \sqrt {n+17}]$ , ισοδύναμα $\sqrt {n+17} - \sqrt {n} =[ \sqrt {n+17}] -[ \sqrt {n}]$

To δεξί μέλος είναι φυσικός αριθμός, οπότε έπεται ότι τα n+17

και

είναι και τα δύο τέλεια τετράγωνα: Την ιδιότητα αυτή την είδαμε στα προηγούμενα, για παράδειγμα στο ποστ #

. Άρα (προχωράω τώρα όπως ο Αλέξανδρος στο αμέσως προηγούμενο ποστ) έχουμε $n+17=k^2,\, n=m^2$ , από όπου 17= k^2-m^2=(k-m)(k+m)

. Άρα $k-m=1, \, k+m=17$ , οπότε $k=9, \, m=8$ . Τελικά, n=8^2 =64

.

β) Βγαίνει με μικρή βελτίωση των παραπάνω, αλλά το αφήνω για την ώρα.

#84

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 01, 2023 8:00 pm
Άσκηση 26. .
β) Αν θετικός πραγματικός αριθμός με $\{ \sqrt {x} \, \} = \{ \sqrt {x+17} \, \}$ , να αποδείξετε ότι οι και είναι και οι δύο τετράγωνα ρητών αριθμών.

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

Μια λύση:

Ονομάζουμε $\displaystyle{\sqrt{x}=y}$ , $\displaystyle{y\geq 0}$ . Τότε $\displaystyle{x=y^2}$ και άρα $\displaystyle{x+17=y^2 +17\Rightarrow \sqrt{x+17}=\sqrt{y^2 +17}}$
Αφού $\displaystyle{\sqrt{x}=y}$ άρα $\displaystyle{[\sqrt{x}]=[y]}$ .

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{y<\sqrt{y^2 +17}<y+5}$ , για κάθε $\displaystyle{y>0}$ . (H απόδειξη είναι απλή)
Όμως
$\displaystyle{[y]\leq y}$ και $\displaystyle{y+5\leq [y+5]+1 \Rightarrow y+5 \leq [y]+5+1\Rightarrow y+5\leq [y]+6}$

Άρα έχουμε: $\displaystyle{[y]\leq y<\sqrt{y^2+17}<[y+5]+1 = [y]+6}$

Άρα: $\displaystyle{[y]<\sqrt{x+17}<[y]+6}$

Συνεπώς $\displaystyle{[\sqrt{x+17}]\in\{[y] , [y]+1 , [y]+2 , ... , [y]+5\}}$

Δηλαδή: $\displaystyle{[\sqrt{x+17}]=[y]+k}$ , όπου $\displaystyle{k\in\{0,1,2,3,4,5\}}$

Τώρα η δοσμένη εξίσωση γράφεται:

$\displaystyle{\{\sqrt{x}\}=\{\sqrt{x+17}\}\Rightarrow \sqrt{x}-[\sqrt{x}]=\sqrt{x+17}-[\sqrt{x+17}]\Rightarrow}$

$\displaystyle{\sqrt{x}-[y]=\sqrt{x+17}-([y]+k)\Rightarrow \sqrt{x}+k=\sqrt{x+17}\Rightarrow}$

$\displaystyle{x+2k\sqrt{x}+k^2 =x+17\Rightarrow 2k\sqrt{x}=17-k^2}$ , (1)

Αν $\displaystyle{k=0}$ , τότε η (1) είναι αδύνατη. Με $\displaystyle{k\neq 0}$ έχουμε:

$\displaystyle{\sqrt{x}=\frac{17-k^2}{2k}\Rightarrow x=\frac{(17-k^2 )^2}{(2k)^2}}$

Και $\displaystyle{x+17 = \frac{(17-k^2 )^2 }{4k^2 }+17 =\frac{(k^2+17)^2}{ 4k^2}}$

Άρα οι αριθμοί $\displaystyle{x , x+17}$ είναι και οι δύο τέλεια τετράγωνα ρητών.

#85

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 01, 2023 8:00 pm
Άσκηση 26. α) Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει $\{ \, \sqrt {n} \, \} = \{ \, \sqrt {n+17} \, \}$ .
β) Αν θετικός πραγματικός αριθμός με $\{ \sqrt {x} \, \} = \{ \sqrt {x+17} \, \}$ , να αποδείξετε ότι οι και είναι και οι δύο τετράγωνα ρητών αριθμών.

Γράφω απλή λύση και του β), που είναι μικρή παραλλαγή της λύσης του α), που ήδη έγραψα.

'Εχουμε $\sqrt {x} - [\sqrt {x} ] = \sqrt {x+17} -[ \sqrt {x+17}]$ και άρα για κάποιον

φυσικό έχουμε

$\sqrt {x+17} = N+ \sqrt {x}$ . Υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε μετά την απλοποίηση ότι $17= N^2 +2N \sqrt x$ . Άρα $\sqrt x$ ρητός, οπότε

τετράγωνο ρητού. Όμοια ο x+17

απλά εναλλάσοντας τον ρόλο των $\sqrt x$ και $\sqrt {x+17}$ στον προηγούμενο συλλογισμό.

#86

Έχουμε δει στα προηγούμενα ότι αν $a,b \in \mathbb Q$ με $\sqrt a + \sqrt b$ ρητός, τότε οι $\sqrt a, \, \sqrt b$ είναι ρητοί (με άλλα λόγια οι a,b

είναι τετράγωνα ρητών). Ας δούμε παραλλαγή αυτού.

Άσκηση 28. Αν $a,b \in \mathbb Q$ θετικοί με $\sqrt [3]a + \sqrt [3] b$ ρητός, τότε οι $\sqrt [3] a, \, \sqrt [3]b$ είναι ρητοί (με άλλα λόγια οι είναι κύβοι ρητών).

#87

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 03, 2023 7:59 am
Έχουμε δει στα προηγούμενα ότι αν $a,b \in \mathbb Q$ με $\sqrt a + \sqrt b$ ρητός, τότε οι $\sqrt a, \, \sqrt b$ είναι ρητοί (με άλλα λόγια οι είναι τετράγωνα ρητών). Ας δούμε παραλλαγή αυτού.

Άσκηση 28. Αν $a,b \in \mathbb Q$ θετικοί με $\sqrt [3]a + \sqrt [3] b$ ρητός, τότε οι $\sqrt [3] a, \, \sqrt [3]b$ είναι ρητοί (με άλλα λόγια οι είναι κύβοι ρητών).

Αφού ο αριθμός $\sqrt [3]a + \sqrt [3] b$ είναι ρητός, άρα και ο $(\sqrt [3]a + \sqrt [3] b)^3$ είναι επίσης ρητός.
Δηλαδή ο αριθμός $\displaystyle{a + b +3\sqrt[3] a \sqrt[3] b (\sqrt[3] a +\sqrt[3] b)}$ είναι ρητός. Και αφού ο $\displaystyle{a+b}$ είναι ρητός,

θα πρέπει ρητός να είναι και ο $\displaystyle{3\sqrt[3] a \sqrt[3] b (\sqrt[3] a +\sqrt[3] b)}$ και δεδομένου ότι ο $\sqrt [3]a + \sqrt [3] b$

είναι θετικός ρητός, άρα θετικός ρητός πρέπει να είναι και ο $\displaystyle{3\sqrt[3] a \sqrt[3] b}$ καθώς και ο $\displaystyle{\sqrt[3] a \sqrt[3] b}$

Τώρα έχουμε: Ο αριθμός $\displaystyle{(\sqrt[3] a +\sqrt[3] b)^2}$ είναι ρητός. Άρα ο $\displaystyle{\sqrt[3]{a^2} + \sqrt[3]{b^2} +2\sqrt[3] a \sqrt[3] b}$

ρητός. Άρα $\displaystyle{\sqrt[3]{a^2} + \sqrt[3]{b^2} }$ ρητός ,άρα $\displaystyle{ \sqrt[3]{a^2} + \sqrt[3]{b^2} +\sqrt[3] a \sqrt[3] b}$ ρητός.

Όμως $\displaystyle{(\sqrt[3] a)^3-(\sqrt[3] b)^3 =a-b = (\sqrt[3] a - \sqrt[3] b)( \sqrt[3]{a^2} + \sqrt[3]{b^2} +\sqrt[3] a \sqrt[3] b)}$

Άρα ο αριθμός $\displaystyle{(\sqrt[3] a - \sqrt[3] b)( \sqrt[3]{a^2} + \sqrt[3]{b^2} +\sqrt[3] a \sqrt[3] b)}$ είναι ρητός και άρα

και ο $\displaystyle{\sqrt[3] a - \sqrt[3] b}$ είναι ρητός. Άρα και ο $\displaystyle{(\sqrt[3] a - \sqrt[3] b)+(\sqrt[3] a +\sqrt[3] b)}$ είναι ρητός

και άρα ο $\displaystyle{2\sqrt[3] a}$ ρητός, οπότε και ο $\displaystyle{\sqrt[3] a}$ είναι ρητός και άρα και ο $\displaystyle{\sqrt[3] b }$ ρητός

#88

Άσκηση 29. Αν $a,b \in \mathbb Q$ θετικοί με $\sqrt [5]a + \sqrt [5] b$ ρητός, τότε οι $\sqrt [5] a, \, \sqrt [5]b$ είναι ρητοί (με άλλα λόγια οι είναι πέμπτες δυνάμεις ρητών).

(Η λύση έχει λίγο...φασαρία)

#89

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2023 8:56 pm
Άσκηση 29. Αν $a,b \in \mathbb Q$ θετικοί με $\sqrt [5]a + \sqrt [5] b$ ρητός, τότε οι $\sqrt [5] a, \, \sqrt [5]b$ είναι ρητοί (με άλλα λόγια οι είναι πέμπτες δυνάμεις ρητών).

(Η λύση έχει λίγο...φασαρία)

ΠΟΛΥ ΚΑΛΗ

(Παραλείπω τις απλές πράξεις, μιας και με παίδεψε αρκετή ώρα μέχρι να καταφέρω την λύση)

Έστω ότι $\displaystyle{\sqrt[5]{a}+\sqrt[5]{b}=r}$ , όπου $\displaystyle{r}$ θετικός ρητός. Επίσης ονομάζω $\displaystyle{\sqrt[5]{a}\sqrt[5]{b}=q}$

Τότε:

$\displaystyle{(\sqrt[5]{a}+\sqrt[5]{b})^2 =r^2 \Rightarrow \sqrt[5]{a^2}+\sqrt[5]{b^2}=r^2 -2q}$

$\displaystyle{(\sqrt[5]{a}+\sqrt[5]{b})^3 =r^3 \Rightarrow \sqrt[5]{a^3}+\sqrt[5]{b^3}=r^3 -3rq}$

$\displaystyle{(\sqrt[5]{a}+\sqrt[5]{b})^4 =r^4 \Rightarrow \sqrt[5]{a^4}+\sqrt[5]{b^4}=r^4 -4r^2 q+2q^2}$

$\displaystyle{(\sqrt[5]{a}+\sqrt[5]{b})^5 =r^5 \Rightarrow a+5\sqrt[5]{a^4}\sqrt[5]{b}+10\sqrt[5]{a^3}\sqrt[5]{ b^2}+10\sqrt[5]{a^2}\sqrt[5]{b^3}+5\sqrt[5]{a}\sqrt[5]{b^4}+b=r^5 \Rightarrow}$

$\displaystyle{a+b+5q(r^3-3rq)+10rq^2 =r^5}$ , (1)

Αλλά

$\displaystyle{a+b=\sqrt[5]{a^5} +\sqrt[5]{b^5}=(\sqrt[5]{a}+\sqrt[5]{b})(\sqrt[5]{a^4}-\sqrt[5]{a^3}\sqrt[5]{b}+\sqrt[5]{a^2}\sqrt[5]{b^2}-\sqrt[5]{a}\sqrt[5]{b^3}+\sqrt[5]{b^4})\Rightarrow }$

$\displaystyle{a+b=r^5 -4r^3 q +3rq^2 -r^4 q +3r^2 q^2}$

Τώρα η σχέση (1) γράφεται: (ύστερα από τις απλές πράξεις):

$\displaystyle{r^3 -2rq -r^4 +3r^2 q =0\Rightarrow r(3r-2)q =r^3 (r-1) }$

και αφού είναι από την υπόθεση $\displaystyle{r>0}$ , θα έχουμε ότι:

$\displaystyle{(3r-2) q =r^2 (r-1)}$ .

Αν ήταν $\displaystyle{3r -2 =0}$ τότε θα είχαμε:

$\displaystyle{0=(\frac{2}{3})^2 (\frac{2}{3}-1) }$ , που είναι αδύνατον. Άρα

$\displaystyle{q= \frac{r^2 (r-1)}{3r-2}}$

Συνεπώς βρήκαμε ότι ο $\displaystyle{q}$ είναι ρητός.

Τώρα, συνεχίζουμε ως εξής:

$\displaystyle{a-b = \sqrt[5]{a^5}-\sqrt[5]{b^5}=(\sqrt[5]{a}-\sqrt[5]{b})(\sqrt[5]{a^4}+\sqrt[5]{a^3}\sqrt[5]{b}+\sqrt[5]{a^2}\sqrt[5]{b^2}+\sqrt[5]{a}\sqrt[5]{b^3}+\sqrt[5]{b^4})\Rightarrow}$

$\displaystyle{a-b=(\sqrt[5]{a}-\sqrt[5]{b})(r^4 -3r^2 q+q)}$

Βλέπουμε λοιπόν, ότι ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt[5]{a}-\sqrt[5]{b}}$ είναι ρητός. Έχουμε όμως ότι ρητός είναι και ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt[5]{a}+\sqrt[5]{b}}$

Με πρόσθεση και αφαίρεση κατά μέλη αυτών , παίρνουμε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{2\sqrt[5]{a} , 2\sqrt[5]{b}}$ είναι ρητοί

και συνεπώς ρητοί θα είναι και οι αριθμοί $\displaystyle{\sqrt[5]{a} , \sqrt[5]{b}}$

#90

Είναι απλό να δούμε ότι ο $\sqrt {n^2+n}$ είναι άρρητος αν $n\in \mathbb N ^*}$ . Πράγματι, βρίσκεται μεταξύ των διαδοχικών τελείων τετραγώνων

και

. Συμπεραίνουμε ότι ο $\sqrt {n^2+n}$ δεν είναι ακέραιος. Συνεπώς το δεκαδικό του ανάπτυγμα έχει μη μηδενικά ψηφία δεξιά της υποδιαστολής.

Άσκηση 30. Βρείτε το πρώτο ψηφίο μετά την υποδιαστολή στο δεκαδικό ανάπτυγμα του $\sqrt {n^2+n}$ , όπου $n\in \mathbb N ^*}$ δοθείς φυσικός.

#91

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 06, 2023 2:27 pm
Είναι απλό να δούμε ότι ο $\sqrt {n^2+n}$ είναι άρρητος αν $n\in \mathbb N ^*}$ . Πράγματι, βρίσκεται μεταξύ των διαδοχικών τελείων τετραγώνων και . Συμπεραίνουμε ότι ο $\sqrt {n^2+n}$ δεν είναι ακέραιος. Συνεπώς το δεκαδικό του ανάπτυγμα έχει μη μηδενικά ψηφία δεξιά της υποδιαστολής.

Άσκηση 30. Βρείτε το πρώτο ψηφίο μετά την υποδιαστολή στο δεκαδικό ανάπτυγμα του $\sqrt {n^2+n}$ , όπου $n\in \mathbb N ^*}$ δοθείς φυσικός.

Αρκεί να βρούμε το ακέραιο μέρος του αριθμού $\displaystyle{\sqrt{100(n^2 +n)} }$

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{(10n+4)^2 <100(n^2 +n)<(10n+5)^2}$ , για κάθε φυσικό αριθμό $\displaystyle{n}$

Άρα:

$\displaystyle{10n+4 <\sqrt{100(n^2 +n)}<10n+5}$

Συνεπώς το ακέραιο μέρος του αριθμού $\displaystyle{\sqrt{100(n^2 +n)}}$ είναι ο αριθμός $\displaystyle{10n+4}$

Άρα $\displaystyle{\sqrt{100(n^2 +n)}=(10n+4)+0,x_1 x_2 ... \Rightarrow 10\sqrt{n^2 +n}=10n+4+0,x_1 x_2 x_3 ...\Rightarrow}$

$\displaystyle{\sqrt{n^2 +n}=n+0,4+0,0x_1 x_2 x_3 ...}$

Άρα το πρώτο ψηφίο μετά την υποδιαστολή είναι το $\displaystyle{4}$

#92

Σωστά. Ας γράψω όμως την παρακάτω μικρή παραλλαγή της λύσης, όπως την έχω κατά νου, για όφελος του μαθητή. Θέλω δηλαδή να δώσω έμφαση μόνο σε όσα είναι απαραίτητα.

Εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει $n+0,4 < \sqrt {n^2+n} < n+0,5$ για $n\ge 1$ . Το βλέπουμε εύκολα αυτό με ύψωση στο τετράγωνο, εδώ (n+0,4)^2 < n^2+n} < (n+0,5)^2

. Έπεται αμέσως ότι ψηφίο των δεκάτων είναι

, αφού ο αριθμός με είναι μεταξύ του δεκαδικού $\overline {n,4}$ και του $\overline {n,5}$

#93

Άσκηση 31. Δείξτε ότι για οποιοδήποτε $n \in \mathbb N^*$ , ο αριθμός $\sqrt {n-1} + \sqrt n + \sqrt {n+1}$ είναι άρρητος.

#94

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 07, 2023 8:15 pm
Άσκηση 31. Δείξτε ότι για οποιοδήποτε $n \in \mathbb N^*$ , ο αριθμός $\sqrt {n-1} + \sqrt n + \sqrt {n+1}$ είναι άρρητος.

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Έστω ότι ο $\displaystyle{\sqrt{n}}$ είναι ρητός (και μάλιστα θετικός φυσικός, αφού $\displaystyle{n\in N^{*}}$ ).

Ας υποθέσουμε ότι ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1}=p}$ , όπου ο $\displaystyle{p}$ είναι ρητός

Τότε $\displaystyle{\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}=p-\sqrt{n}}$ . Αφού το δεύτερο μέλος είναι ρητός, θα πρέπει και το πρώτο να είναι ρητός. Δηλαδή

$\displaystyle{\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}=R}$ , όπου ο $\displaystyle{R}$ είναι ρητός. Άρα $\displaystyle{n-1+n+1+2\sqrt{n^2 -1}=R^2 \Rightarrow2\sqrt{n^2 -1}=R^2 -2n}$

Άρα θα πρέπει ο $\displaystyle{\sqrt{n^2 -1}}$ να είναι ρητός . Άρα $\displaystyle{n^2 -1 =a^2}$ , με $\displaystyle{a\in N}$

Υποθέσαμε όμως ότι και $\displaystyle{n=b^2}$ , με $\displaystyle{b\in N^{*}}$ Άρα $\displaystyle{b^4 -1 =a^2 \Rightarrow (b^2 -a)(b^2 +a)=1\Rightarrow}$

$\displaystyle{b^2 +a=1}$ και $\displaystyle{b^2 -a=1}$ . Άρα $\displaystyle{a=0}$ . Άρα $\displaystyle{n^2 -1=0\Rightarrow n=1}$ . Τότε όμως είναι:

$\displaystyle{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1}=0+1+\sqrt{2}=1+\sqrt{2}}$ , δηλαδή $\displaystyle{p=1+\sqrt{2}}$ , που είναι άτοπο, αφού $\displaystyle{p}$ ρητός

Καταλήξαμε σε άτοπο γιατί υποθέσαμε ότι ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}$ είναι ρητός. Άρα θα πρέπει να είναι άρρητος.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Έστω ότι $\displaystyle{\sqrt{n}}$ είναι άρρητος.

Ας υποθέσουμε πάλι ότι $\displaystyle{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1}=R}$ , όπου $\displaystyle{R}$ ρητός.

Τότε $\displaystyle{\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}=R-\sqrt{n}\Rightarrow n-1+n+1+2\sqrt{n^2 -1}=R^2 +n-2R\sqrt{n}\Rightarrow 2\sqrt{n^2 -1}=R^2 -n-2R\sqrt{n}}$

Άρα $\displaystyle{4(n^2 -1)=(R^2 -n)^2 +4R^2 n-4R(R^2 -n)\sqrt{n}}$ .

Αφού όμως ο $\displaystyle{\sqrt{n}}$ υποθέσαμε ότι είναι άρρητος, θα πρέπει υποχρεωτικά να είναι $\displaystyle{4R(R^2 -n)=0}$ και αφού προφανώς είναι

$\displaystyle{R>0}$ , θα πρέπει $\displaystyle{R^2 -n=0}$ και άρα $\displaystyle{n=R^2}$ , που όμως είναι άτοπο, αφού υποθέσαμε ότι ο $\displaystyle{\sqrt{n}}$ είναι άρρητος.

Πάλι λοιπόν καταλήξαμε σε άτοπο, δεχόμενοι ότι ο αριθμός μας είναι ρητός. Άρα θα είναι άρρητος.

(ΣΗΜ: Διόρθωσα ένα τυπογραφικό)

abfx · #95

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 07, 2023 8:15 pm
Άσκηση 31. Δείξτε ότι για οποιοδήποτε $n \in \mathbb N^*$ , ο αριθμός $\sqrt {n-1} + \sqrt n + \sqrt {n+1}$ είναι άρρητος.

Μία διαφορετική προσέγγιση.

Ονομάζω $a=\sqrt{n-1}$ , $b=\sqrt{n}$ , $c=\sqrt{n+1}$ . Θα εργαστώ προς άτοπο.

Έστω λοιπόν ότι $a+b+c \in\mathbb{Q}$ . Φυσικά ισχύει $a^2+b^2+c^2 \in\mathbb{Q}$ , επομένως:

$\displaystyle ab+bc+ca=\frac{1}{2}\big ((a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)\big ) \in \mathbb{Q}$ .

Αλλά και $(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 \in\mathbb{Q}$ , οπότε:

$\displaystyle abc(a+b+c)=\frac{1}{2}\big ((ab+bc+ca)^2-((ab)^2+(bc)^2+(ca)^2)\big ) \in\mathbb{Q}\text{ }(1)$ .

Αφού ο a+b+c

είναι θετικός ρητός, η (1)

συνεπάγεται ότι $abc \in\mathbb{Q}$ .

Παρατηρώ τώρα ότι αν $x\in\{a,b,c\}$ , τότε:

$\displaystyle x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ca)x-abc=0 \implies x\big (x^2+(ab+bc+ca)\big )=abc+(a+b+c)x^2$ ,

συνεπώς $x\in\mathbb{Q}$ και άρα $x\in\mathbb{N}$ .

Θα πρέπει λοιπόν οι n-1,n,n+1

να είναι τέλεια τετράγωνα, που είναι άτοπο.

#96

Άσκηση 32. Έστω $\theta$ πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε ο $\sin \theta + \cos \theta$ να είναι ρητός αριθμός. Δείξτε ότι για οποιοδήποτε $n \in \mathbb N^*$ , ο αριθμός $\sin ^ n \theta + \cos ^n \theta$ είναι ρητός.

#97

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 16, 2023 3:27 pm
Άσκηση 32. Έστω $\theta$ πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε ο $\sin \theta + \cos \theta$ να είναι ρητός αριθμός. Δείξτε ότι για οποιοδήποτε $n \in \mathbb N^*$ , ο αριθμός $\sin ^ n \theta + \cos ^n \theta$ είναι ρητός.

Θα χρησιμοποιήσω την μέθοδο της ισχυρής επαγωγής (Από υποψήφιος, έχω να την χρησιμοποιήσω σε άσκηση)

Έχουμε ότι $\displaystyle{\sin\theta +\cos\theta}$ ρητός. Επίσης προφανώς είναι και $\displaystyle{\sin^2 \theta +\cos^2 \theta =1=}$ ρητός.

Άρα $\displaystyle{(\sin\theta +\cos\theta)^2 -2\sin\theta .\cos\theta =1\Rightarrow \sin\theta .\cos\theta}$ είναι ρητός.

Τέλος, παρατηρούμε ότι και ο αριθμός $\displaystyle{\sin^3 \theta +\cos^3 \theta}$ είναι και αυτός ρητός, αφού γράφεται:

$\displaystyle{(\sin\theta +\cos\theta)^3 -3\sin\theta .\cos\theta . (\sin\theta +\cos\theta)}$

Ομοίως ρητός είναι και ο $\displaystyle{\sin^4\theta +\cos^4\theta}$ , αφού γράφεται $\displaystyle{(\sin^2\theta +\cos^2\theta)^2 -2\sin^2\theta .\cos^2\theta}$

Έστω τώρα $\displaystyle{P(n)=\sin^n \theta +\cos^n\theta}$ .

Ζητάμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{P(n)}$ ρητός, για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ .

Είδαμε ότι για $\displaystyle{n=1,n=2 , n=3 , n=4}$ αληθεύει.

Υποθέτουμε ότι αληθεύει για κάθε $\displaystyle{n\leq k}$

(δηλαδή υποθέτουμε ότι $\displaystyle{P(k) ,P(k-1), P(k-2),P(k-3) , ... , P(3),P(2),P(1)}$ είναι ρητοί)

και θα αποδείξουμε ότι θα ισχύει και για $\displaystyle{n=k+1}$

Δηλαδή θα δείξουμε ότι $\displaystyle{P(k+1)}$ ρητός.

Πράγματι, έχουμε:

$\displaystyle{P(k+1)=\sin^{k+1}\theta +\cos^{k+1}\theta =\sin^{k-1}\theta .\sin^2\theta +\cos^{k-1}\theta .\cos^2\theta=}$

$\displaystyle{\sin^{k-1}\theta .(1-\cos^2\theta)+\cos^{k-1}\theta .(1-\sin^2\theta)=\sin^{k-1}\theta +\cos^{k-1}\theta -\sin^{k-1}\theta .\cos^2\theta -\cos^{k-1}\theta .\sin^2\theta=}$

$\displaystyle{P(k-1)-\sin^2\theta .\cos^2\theta (\sin^{k-3}\theta +\cos^{k-3}\theta)=P(k-1)+(\sin\theta .\cos\theta)^2 .P(k-3)=}$ ρητός

και άρα η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#98

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 16, 2023 3:27 pm
Άσκηση 32. Έστω $\theta$ πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε ο $\sin \theta + \cos \theta$ να είναι ρητός αριθμός. Δείξτε ότι για οποιοδήποτε $n \in \mathbb N^*$ , ο αριθμός $\sin ^ n \theta + \cos ^n \theta$ είναι ρητός.

Στο ίδιο μήκος κύματος αλλά πιο απλά: Είναι

$2 \sin \theta \cos \theta = (\sin \theta + \cos \theta ) ^2 - ( \sin ^2\theta + \cos ^2 \theta ) = (\sin \theta + \cos \theta ) ^2 - 1=$ ρητός.

Με ισχυρή επαγωγή, υποθέτοντας την αλήθεια του αποδεικτέου για όλα τα $n \le k$ όπου $k \ge 2$ , έχουμε

$\sin ^ {k+1} \theta + \cos ^{k+1} \theta = (\sin ^ {k} \theta + \cos ^{k} \theta) (\sin \theta + \cos \theta) - \sin \theta \cos \theta (\sin ^ {k-1} \theta + \cos ^{k-1} \theta) =$ ρητός ως άθροισμα ρητών.

#99

(Συμπλήρωμα της Άσκησης 22)

Άσκηση 33. Δείξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N ^*$ οι αριθμοί

$\sqrt {n+ \sqrt {n}},\,\, \sqrt {n+ \sqrt {n+ \sqrt {n}}}, \, \, \sqrt {n+ \sqrt {n+ \sqrt {n+ \sqrt {n}}}},...$

και λοιπά, είναι άρρητοι.

mick7 · #100

Aν θέσουμε $x_k = \sqrt{n + \sqrt{n + \sqrt{\cdots + \sqrt{n}}}}$ άρρητος τότε με επαγωγή σε άτοπο για τον $x_{k+1} = \sqrt{n + x_k}$ υποθέτοντας ότι είναι ρητός.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 07, 2024 12:37 pm
(Συμπλήρωμα της Άσκησης 22)

Άσκηση 33. Δείξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N ^*$ οι αριθμοί

$\sqrt {n+ \sqrt {n}},\,\, \sqrt {n+ \sqrt {n+ \sqrt {n}}}, \, \, \sqrt {n+ \sqrt {n+ \sqrt {n+ \sqrt {n}}}},...$

και λοιπά, είναι άρρητοι.

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