potęgi 2

Podzielność. Reszty z dzielenia. Kongruencje. Systemy pozycyjne. Równania diofantyczne. Liczby pierwsze i względnie pierwsze. NWW i NWD.
robert9000
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1420
Rejestracja: 11 sty 2008, o 22:06
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 411 razy

potęgi 2

Post autor: robert9000 »

zadanie z tegorocznej ZSM

wykaż, że istnieje nieskonczenie wiele liczb postaci \(\displaystyle{ [k \sqrt{2}] \ \ \ k N}\) które są potegami liczby 2

oczywiście [ ] to część całkowita
magnolia91
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 54
Rejestracja: 8 lip 2008, o 19:58
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa/Kraków
Pomógł: 6 razy

potęgi 2

Post autor: magnolia91 »

Warunek zadania sprowadza się do rozwiązania w liczbach naturalnych układu równań:
\(\displaystyle{ k \sqrt{2} qslant 2 ^{n}}\)
\(\displaystyle{ k \sqrt{2}qslant 2^{2n-1}}\)

\(\displaystyle{ k^{2} < 2^{2n} + 2 ^{(n+1)} + 1}\)

Między dwoma kolejnymi kwadratami liczb naturalnych jest różnica \(\displaystyle{ (n+1)^{2} - n^{2}}\) = 2n+1

Oszacujemy różnicę \(\displaystyle{ 2^{2n} + 2 ^{(n+1)} + 1 - 2^{2n-1}}\)

Jeżeli
\(\displaystyle{ 2^{2n} + 2 ^{(n+1)} + 1 - 2^{2n-1}}\) > 2n+ 1
To implikuje warunek
\(\displaystyle{ 2 ^{2n-1} + 2^{n} - 2^{n-2} > n}\)

Niech teraz dla pewnego n
\(\displaystyle{ 2 ^{2n-1} + 2^{n} - 2^{n-2} > n}\)

Wtedy \(\displaystyle{ 2 ^{2n} + 2^{n+1} - 2 ^{n-1} = 2 (2 ^{2n-1} + 2^{n} - 2^{n-2})> 2n > n+1}\)
co oznacza , jeżeli dla n=2 ten warunek zachodzi (a tak jest) to zachodzi dla każdej liczby naturalnej n > 2

Szacowana różnica jest zatem zawsze większa od (2n+1) zatem istnieje takie naturalne k , że
układ równań wyjściowych jest spełniony.
Oznacza to, że dla każdego n naturalnego istnieje naturalne k, że
\(\displaystyle{ [k \sqrt{2} ]}\) = \(\displaystyle{ 2^{n}}\)
Zatem takich liczb jest nieskończenie wiele.
Awatar użytkownika
Sylwek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2716
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 160 razy
Pomógł: 657 razy

potęgi 2

Post autor: Sylwek »

magnolia91 pisze:\(\displaystyle{ (n+1)^{2} - n^{2} = 2n+1}\)
Nie można tu użyć swobodnie n, ponieważ wcześniej jako n oznaczyłeś wykładnik potęgi. Po drugie, kontrprzykład: \(\displaystyle{ [45\sqrt{2}]=63, \ [46\sqrt{2}]=65}\), więc co z \(\displaystyle{ 2^6}\)? Po trzecie, rada: jeśli zamierzasz coś udowodnić, to najpierw zapisz sobie dowód na kartce i dopiero przenoś na komputer. Po czwarte, piszesz bardzo niewyraźnie i chaotycznie, co znacząco utrudnia znalezienie błędu i ulepszenie dowodu. Na moje oko udowodniłeś indukcyjnie, że: \(\displaystyle{ 2^{2n-1}+2^n-2^{n-2}>n}\) dla nieskończonej ilości naturalnych n - ale z tego nic nie wynika.


Rozwiązanie, część 1. A zadanie istotnie ciekawe... Można zacząć nie wprost, czyli załóżmy, że jest ich skończona ilość, wówczas m takie, że: \(\displaystyle{ [m\sqrt{2}]=2^k}\) będzie największą liczbą naturalną spełniającą warunki zadania (ze względu na to, że w skończonym zbiorze liczbowym występuje element maksymalny). Teraz pewnie trzeba wykorzystać to, że \(\displaystyle{ m\sqrt{2}}\) jest niewymierna i z warunku: \(\displaystyle{ 2^k < m\sqrt{2} qslant 2^k+1}\) (nierówność ostra, bo w środku liczba niewymierna trzeba będzie dojść do \(\displaystyle{ 2^{p} < h\sqrt{2}m oraz h,p naturalne. Jeśli mnie oświeci, to napiszę jak to zakończyć, być może ktoś inny ma pomysł? /koniec części 1.


edit: No to dobra, mam ideę (dokończenie pomysłu z poprzedniej części postu, niezbyt zgrabna i zostawiam kilka rzeczy niedokończonych (dokończenie już nie będzie zbyt trudne, ale przez to objętość mojego postu wzrosłaby dwukrotnie, a już jest bardzo długi), gdyż zadanie jest "siłownią" .


Rozwiązanie, część 2. Oznaczmy: \(\displaystyle{ m\sqrt{2}-2^k=p}\)

(1) gdy \(\displaystyle{ 0qslant (2m-1)\sqrt{2}qslant p qslant 2}\)), że jeśli: \(\displaystyle{ p qslant (2^{s+2}m-2^{s+1}+1)\sqrt{2} ). To już nam załatwia zadanie, gdyż te przedziały sumują się (włącznie ze sprawdzonymi do tej pory) do przedziału \(\displaystyle{ /koniec części 2. (ostatniej)}\)}\)}\)
Awatar użytkownika
limes123
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 666
Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ustroń
Podziękował: 26 razy
Pomógł: 93 razy

potęgi 2

Post autor: limes123 »

Sylwek, pierwszy pomysł był ok.
Niech \(\displaystyle{ n\sqrt{2}}\) będzie największa. Niech k będzie najmniejszą l. cał. taką, że \(\displaystyle{ 2^k>n\sqrt{2}}\) i weźmy takie całkowite q, że
\(\displaystyle{ q\sqrt{2}}\)
Awatar użytkownika
Sylwek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2716
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 160 razy
Pomógł: 657 razy

potęgi 2

Post autor: Sylwek »

Mistrzowsko , jak widać, przekombinowałem
ODPOWIEDZ