mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 02, 2022 12:04 am**

Έστω

περιττός φυσικός αριθμός. Δείξτε ότι ο αριθμός p^2+2^p

δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Σχόλιο: Η άσκηση μου εστάλη πριν από λίγες ώρες από Ρουμανία, ζητώντας λύση. Η διατύπωση που μου έστειλαν περιόριζε το

να είναι πρώτος αριθμός αλλά εδώ γενικεύω γιατί δεν μου χρειάστηκε αυτή η υπόθεση στην λύση μου. Δεν είναι ιδιαίτερα απαιτητική άσκηση αλλά, κατά δήλωση αυτής που μου την έστειλε, απευθύνεται σε μαθητές Β' Γυμνασίου. Αυτό μου φαίνεται εξωπραγματικό, τουλάχιστον για τον μέσο μαθητή.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 02, 2022 1:11 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 02, 2022 12:04 am
Έστω περιττός φυσικός αριθμός. Δείξτε ότι ο αριθμός δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Σχόλιο: Η άσκηση μου εστάλη πριν από λίγες ώρες από Ρουμανία, ζητώντας λύση. Η διατύπωση που μου έστειλαν περιόριζε το να είναι πρώτος αριθμός αλλά εδώ γενικεύω γιατί δεν μου χρειάστηκε αυτή η υπόθεση στην λύση μου. Δεν είναι ιδιαίτερα απαιτητική άσκηση αλλά, κατά δήλωση αυτής που μου την έστειλε, απευθύνεται σε μαθητές Β' Γυμνασίου. Αυτό μου φαίνεται εξωπραγματικό, τουλάχιστον για τον μέσο μαθητή.

Γιατί δεν μου χρειάζεται ούτε ότι

περιττός;

Είναι
$p^{2}+2^{p}=n^{2}\Leftrightarrow 2^{p}=(n-p)(n+p),n \epsilon \mathbb{N}$

Οπότε
$\begin{cases}2^{r}=n-p\\2^{m}=n+p\end{cases}\Rightarrow 2p=2^{m}-2^{r}\Leftrightarrow 2(m+r)=2^{m}-2^{r},r,m \epsilon \mathbb{N},r+m=p$

Όμως για $x\geq3$ φυσικό επαγωγικά αποδεικνύεται ότι $2^{x}>2x$ , με βασική περίπτωση την x=3

που ισχύει. Είναι:
$2^{x}> 2x\Leftrightarrow 2^{x+1}> 4x> 2(x+1)$ (αφού $x\geq3$ )

Οπότε μας μένει να εξετάσουμε τις περιπτώσεις (χωρίς βλάβη) r=1,m=1

και

, δηλαδή

, για τις οποίες δεν έχουμε τέλειο τετράγωνο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 02, 2022 1:16 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 02, 2022 1:14 am
ΚΑΛΗ ΧΡΟΝΙΑ Μιχάλη
Ο αριθμός $\displaystyle{p^2 +2^p}$ είναι περιττός και αν ήταν τετράγωνος, θα ήταν η βάση επίσης περιττός. Έστω λοιπόν ότι υπάρχει περιττός

αριθμός $\displaystyle{k}$ ώστε να είναι $\displaystyle{p^2 + 2^p = k^2}$ . Τότε $\displaystyle{2^p = k^2 - p^2 = (k-p)(k+p)}$ .

Άρα θα πρέπει $\displaystyle{k-p=2^m}$ και $\displaystyle{k+p = 2^n}$ .

Με πρόσθεση κατάμέλη παίρνουμε $\displaystyle{2k=2^m +2^n}$ .

Αν ήταν $\displaystyle{m,n > 1}$ , τότε θα είχαμε $\displaystyle{k =2^{m-1} + 2^{n-1} =}$ άρτιος, άτοπο. Άρα θα είναι $\displaystyle{m < 2}$ ή $\displaystyle{n <2}$ (ή και τα δύο μαζί)

Έστω π.χ $\displaystyle{m=0}$ . Τότε θα είχαμε $\displaystyle{k-p =1 , k+p=2^p}$ . Άρα $\displaystyle{2p+1 =2^p}$ , που είναι άτοπο αφού έχουμε περιττός ίσον με άρτιο

(όμοια καταλήγουμε σε άτοπο αν $\displaystyle{n=0}$ )

Έστω $\displaystyle{m=1}$ .Τότε $\displaystyle{2^p= 2(k+p)}$ και $\displaystyle{k-p=2}$ . Άρα $\displaystyle{2^p = 2(2p+2)}$ . Για $\displaystyle{p=1}$ ,´ή $\displaystyle{p=3}$ , ο δοσμένος αριθμός

δεν είναι τετράγωνος. Αν $\displaystyle{p\geq 5}$ , τότε εύκολα με την τέλεια επαγωγή δείχνουμε ότι $\displaystyle{2^{p}>2(2p+2)}$ , οπότε και πάλι

καταλήγουμε σε άτοπο. Άρα ο δοσμένος αριθμός δεν μπορεί να είναι τετράγωνος

ΣΗΜ: όσο έγραφα, είχε ανεβάσει λύση άλλος συνάδελφος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 02, 2022 1:22 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 02, 2022 1:16 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 02, 2022 1:14 am

ΣΗΜ: όσο έγραφα, είχε ανεβάσει λύση άλλος συνάδελφος
Δεν ειναι συνάδελφος Δημήτρη

Ειναι ΜΑΘΗΤΗΣ ! και μπράβο του που ασχολείται τέτοια ώρα με τα μαθηματικά !!!

Πόσοι το κάνουν άραγε ;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 02, 2022 1:33 am**

thepigod762 έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 02, 2022 1:11 am

$...2p=2^{m}-2^{r}\Leftrightarrow 2(m+r)=2^{m}-2^{r},r,m \epsilon \mathbb{N},r+m=p$

Όμως για $x\geq3$ φυσικό επαγωγικά αποδεικνύεται ότι $2^{x}>2x$ ,

Ωραιότατα.

Προσοχή, όμως, το παραπάνω χρειάζεται κάποια παραπάνω εξήγηση διότι στην πρώτη γραμμή δεν έχουμε απλά όρο 2^m

(στον οποίο αναφέρεται η δεύτερη γραμμή) αλλά 2^m-2^r

.

Υπόψη ότι σε αυτό ακριβώς το σημείο χρειάζεται η υπόθεση ότι ο

είναι περιττός (που στην λύση σου, στην μορφή που είναι γραμμένη) δεν χρησιμοποιήθηκε.

Όπως και να είναι

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 02, 2022 11:38 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 02, 2022 12:04 am
Έστω περιττός φυσικός αριθμός. Δείξτε ότι ο αριθμός δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Αναρτώ την λύση μου, που είναι στο ίδιο μήκος κύματος με τις δύο προηγούμενες:

Έστω p^2+2^p=q^2

. Παρατηρούμε ότι

περιττός.

Είναι 2^p=(q-p)(q+p)

, οπότε για κάποια $a,\,b\in \mathbb N$ έχουμε $q-p=2^a, \, q+p=2^b (*)$ και 2^p= 2^a2^b

.

Προσθέτοντας τις (*)

έχουμε $2q= 2^a+2^b=2^a\left (2^{b-a}+1 \right )$ , άρα $q=2^{a-1} \left ( 2^{b-a} +1\right )$ . Αλλά

περιττός οπότε a=1

και άρα

, δηλαδή

.

Οπότε η αρχική γίνεται 2^p=(q-p)(q+p)=2(p+2+p)=4(p+1)

, ισοδύναμα $2^{p-2}=p+1$ . Αυτό οδηγεί σε άτοπο. Υπάρχουν πολλοί τρόποι να το δούμε. Π.χ. παρατηρούμε ότι για c>3

έχουμε

(Απόδειξη επαγωγικά ή με το ανάπτυγμα διωνύμου: $2^c=(1+1)^c > 1+c+c(c-1)/2 > 1+c+ 3\times 2/2=c+4>c+3$ ).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 03, 2022 9:54 am**

Να δούμε και το γενικό πρόβλημα εδώ: viewtopic.php?f=175&t=70844

mathematica.gr

Όχι τέλειο τετράγωνο.

Όχι τέλειο τετράγωνο.

Re: Όχι τέλειο τετράγωνο.

Re: Όχι τέλειο τετράγωνο.

Re: Όχι τέλειο τετράγωνο.

Re: Όχι τέλειο τετράγωνο.

Re: Όχι τέλειο τετράγωνο.

Re: Όχι τέλειο τετράγωνο.