Niech \(\displaystyle{ a\ge 1}\) będzie liczbą naturalną.
Oznaczmy\(\displaystyle{ S(n)=1+a+a^2+a^3+...+a^n}\) dla \(\displaystyle{ n=1,2,3,...}\)
Udowodnij, że jeśli \(\displaystyle{ S(n)}\) jest liczbą trójkątna dla każdego \(\displaystyle{ n \in Z_{+}}\), to \(\displaystyle{ a=9}\) .
[Teoria Liczb] suma ciągu geometrycznego
: 22 gru 2015, o 14:17
autor: a4karo
To pokaz jakieś próby rozwiązania
[Teoria Liczb] suma ciągu geometrycznego
: 24 maja 2016, o 18:12
autor: hannahannah
Po pierwsze \(\displaystyle{ 9T_{n+1}=T_{3n+1}}\), bo
Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ a}\) spełnia warunki. Niech \(\displaystyle{ i\mathbb{N}\to\mathbb{N}}\) będzie taka, że \(\displaystyle{ T_{i(n)}=S(n)}\).
Wówczas
(*) \(\displaystyle{ aT_{i(n)}+1=T_{i(n+1)}}\).
Niech unkcja \(\displaystyle{ f:\mathbb{R}_+\to\mathbb{R}}\) będzie dana wzorem
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{x(x+1)}2}\)
oraz niech \(\displaystyle{ t=\frac{\sqrt a-1}2}\) i \(\displaystyle{ b=\sqrt a}\). Wtedy na mocy (*)
\(\displaystyle{ i(n+1)-(\sqrt a(\sqrt a\cdot i(n-1)+t)+t)=i(n+1)-ai(n-1)-t\sqrt a -t}\).
Na mocy (***) mamy więc:
\(\displaystyle{ i(n+1)-ai(n-1)\to t\sqrt a + t=\frac{a-1}2}\).
Ale zbieżne ciągi liczb naturalnych stabilizują się i są zbieżne do liczb naturalnych, zatem dla odpowiednio dużych \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\):
i \(\displaystyle{ a=9}\), bo \(\displaystyle{ a>0}\).
[Teoria Liczb] suma ciągu geometrycznego
: 25 maja 2016, o 12:36
autor: marcin7Cd
rozwiązanie wygląda na poprawne.
Moje rozwiązanie jest bardziej elementarne:
Ukryta treść:
Zauważmy najpierw, że jeśli \(\displaystyle{ S(n)}\) jest liczbą trójkątną, to \(\displaystyle{ 8S(n)+1[}\) jest kwadratem(na odwrót też działa). Jeżeli \(\displaystyle{ p|a-1 \Leftrightarrow a \equiv 1 \pmod{p}}\)(\(\displaystyle{ p}\) jest pierwsze), to wtedy \(\displaystyle{ S(n) \equiv n+1 \pmod{p}}\), czyli \(\displaystyle{ S(n)}\) generuje wszystkie reszty modulo \(\displaystyle{ p}\). Jeśli \(\displaystyle{ p>2}\), to wtedy \(\displaystyle{ 8S(n)+1}\) generuje wszystkie reszty modulo \(\displaystyle{ p}\), a kwadraty przyjmują tylko \(\displaystyle{ \frac{p+1}{2}}\) reszt, co daje sprzeczność. Oznacza, to że \(\displaystyle{ a-1=2^n \Leftrightarrow a=2^n+1}\). Teraz jest żmudna część rozwiązania.
\(\displaystyle{ b^2=8S(2)+1=8(2^{2n}+2^{n+1}+1+2^{n}+1+1)+1}\)\(\displaystyle{ =8(2^n(2^n+3)+3)+1=2^{n+3}(2^n+3)+25}\) podstawmy \(\displaystyle{ b=5+k}\) i otrzymamy \(\displaystyle{ 2^{n+3}(2^n+3)=k(10+k)}\). Zauważmy, że dla\(\displaystyle{ n=0}\)\(\displaystyle{ S(2)=7}\), co nie jest liczbą trójkątną. Będziemy rozpatrywać tylko \(\displaystyle{ n\ge 1}\), wtedy \(\displaystyle{ 2\nmid 2^n+3}\).\(\displaystyle{ NWD(k,10+k)=1,2,5}\), więc jedna z liczb \(\displaystyle{ k,k+10}\) nie jest podzielna przez \(\displaystyle{ 4}\), ale jeśli jedna jest parzysta to druga też. Z uwagi na to, że \(\displaystyle{ n+3 \ge 4}\) i \(\displaystyle{ 2^{n+3}||k(10+k)}\) mamy \(\displaystyle{ k=2^{n+2}l}\) albo \(\displaystyle{ k=2^{n+2}l-10}\). Podstawiając otrzymuje \(\displaystyle{ (2^{n+1}l+5)l=2^n+3}\) albo \(\displaystyle{ (2^{n+1}l-5)l=2^n+3}\). Sprowadza się to do znalezienia rozwiązania równania \(\displaystyle{ (2^{n+1}x+5)x=2^n+3}\) dla \(\displaystyle{ x\in \ZZ}\). dla \(\displaystyle{ x>0}\) wyrażenie po lewej rośnie, więc dla \(\displaystyle{ x\ge 1}\) mamy \(\displaystyle{ 2^n+3=x(2^{n+1}x+5)\ge 1\cdot(2^{n+1}\cdot 1+5) \Rightarrow -2 \ge 2^{n}}\). Dla \(\displaystyle{ x\le -1}\) wyrażenie po lewej maleje(widać to z pochodnej i z \(\displaystyle{ 2^{n+2}\cdot x-5<0}\)), więc \(\displaystyle{ 2^n+3=x(2^{n+1}x+5) \ge -1 \cdot (2^{n+1} \cdot (-1)+5) \Rightarrow 8 \ge 2^n}\). (Dla x=0 oczywiście brak rozwiązań) Pozostaje tylko rozpatrzyć przypadki i otrzymujemy \(\displaystyle{ n=3}\), co daje \(\displaystyle{ a=9}\)