1. Ο βαρόνος Μιγχάουζεν ισχυρίζεται ότι γνωρίζει 12 γεωμετρικές προόδους που περιέχουν όλους τους φυσικούς αριθμούς από το 1 έως το 100 (κάθε πρόοδος περιέχει τουλάχιστον έναν και δεν αποκλείεται να υπάρχουν κοινοί όροι σε δύο ή περισσότερες προόδους). Υπάρχει περίπτωση να λέει την αλήθεια ο βαρόνος; Αν ναι δώστε ένα παράδειγμα, αν όχι γιατί;
2. Σε έναν πίνακα είναι γραμμένοι οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί 1, χ, ψ, διαφορετικοί μεταξύ τους. Μπορούμε με μία κίνηση να γράψουμε ακόμα το άθροισμα ή τη διαφορά δύο γραμμένων αριθμών ή τον αντίστροφο ενός γραμμένου αριθμού. Ένας θρύλος λέει ότι ο Τσακ Νόρις με έναν πεπερασμένο αριθμό τέτοιων κινήσεων μπορεί να γράψει τον αριθμό χψ. Υπάρχει περίπτωση να είναι αλήθεια; Αιτιολογήστε.
1) Όχι, υπάρχουν φ(100) – 1 = φ(2² * 5²)=100(1-1/2)(1-1/5) – 1 = 40 – 1 = 39 πρώτοι αριθμοί μέχρι το 100, που δε διαιρούνται με κάποιον ακέραιο για να ανήκουν σε κάθε πρόοδο από τις 12.
2)Ναι προφανώς, προσθέτοντας χ φορές το ψ.
Θανάσης Παπαδημητρίου
Στο 1, οι λόγοι και οι όροι των γεωμετρικών προόδων, στη γενική περίπτωση, δεν είναι υποχρεωτικά ακέραιοι. Μπορεί να είναι οποιοιδήποτε πραγματικοί αριθμοί, όπως ο 2, ο ρίζα3, ο 3/2, ο π, ο φ κ.ο.κ.
Στο 2 επίσης, οι χ και ψ ορίζονται ως πραγματικοί. Θα μπορούσε π.χ. να είναι χ=π, ψ=e, οπότε ο Τσακ θα έπρεπε (αν αληθεύει ο θρύλος) να είναι σε θέση να γράψει τον π*e.
ΚΣ
Πρόβλημα 2
Σχηματίζουμε τους αριθμούς χ^2, ψ^2 και (χ+ψ)^2.
Προκειμένου να γίνει αυτό λειτουργούμε ως εξής. Για την περίπτωση χ=> χ^2
1. Παίρνω το άθροισμα (1+χ)
2. Παίρνω τον αντίστροφο του (1+χ) και προσθέτω το 1 => 1/(χ+1)+1=(2+χ)/(χ+1)
3. Προσθέτω στον αριθμό αυτόν το χ => (2+2χ+χ^2)/(χ+1)
4. Εγγράφω τον αριθμό 2 αφού πρώτα γράψω τον αντίστροφο του 1 (1/1) και τον προσθέσω στο 1.
5. Στον αριθμό του βήματος 3 αφαιρώ τον 2=> (2+2χ+χ^2)/(χ+1) -2=χ^2/(χ+1)
6. Παίρνω τον αντίστροφο του αριθμού χ^2/(χ+1)=> (χ+1)/χ^2
7. Εγγράφω τον αντίστροφο αριθμό του χ => 1/χ
8. Αφαιρώ το 1/χ από το (χ+1)/χ^2 του βήματος 6 => 1/χ^2
9. Εγγράφω τον αντίστροφο το 1/χ^2 =>χ^2
Εφαρμόζω αντίστοιχη διαδικασία για το ψ ώστε να εγγράψω ψ^2 και για το άθροισμα (χ+ψ) ώστε να εγγράψω (χ+ψ)^2
Πλέον αφαιρώ από το (χ+ψ)^2 το χ^2 και αμέσως από τον αριθμό που θα προκύψει το ψ^2=> [(χ+ψ)^2-χ^2] – ψ^2=2χψ
Παίρνω τον αντίστροφο του 2χψ=> 1/2χψ
Σχηματίζω εκ νέου το 1/2χψ είτε με τον παραπάνω τρόπο είτε παίρνοντας τον αντίστροφο του αντιστρόφου του 1/2χψ
Πλέον έχω εγγεγραμμένους 1/2χψ , 1/2χψ . Τα προσθέτω=> 1/χψ. Παίρνω τον αντίστροφο => χψ.
Συνεπώς ο θρύλος είναι σωστός !
Στράτος
1. Μεταξύ των πρώτων 100 φυσικών αριθμών, υπάρχουν 25 πρώτοι αριθμοί. Επομένως ακόμα και αν ο λόγος κάποιας γεωμετρικής προόδου είναι το πηλίκον δύο πρώτων αριθμών (ή κάποια ακέραια ρίζα αυτού), δεν θα μπορούσαν να υπάρχουν πάνω από δύο πρώτοι αριθμοί σε κάθε πρόοδο, άρα το πολύ 24 στις 12 προόδους
2. Με την ακόλουθη σειρά κινήσεων υπολογίζουμε και γράφουμε το (χ+ψ)^2/4:
Με ανάλογο τρόπο υπολογίζουμε και γράφουμε και το ((χ-ψ)^2)/4. Οπότε:
χψ=((χ+ψ)^2)/4-((χ-ψ)^2)/4
ΚΣ
Πρόβλημα 1
Στη χειρότερη των περιπτώσεων μια εκ των 12 προόδων θα έχει τουλάχιστον 9 φυσικούς αριθμούς (8*12=96 και μας περισσεύουν 4 που στη χειρότερη κατανομή μας δίνουν πρόοδο με 9 όρους)
Αν ο λόγος της προόδου είναι άρρητος αριθμός ασφαλώς και δεν έχουμε το ζητούμενο αφού το γινόμενο ρητού με άρρητο μας δίνει πάντα άρρητο αριθμό.
Αν ο λόγος της προόδου είναι ρητός αριθμός ίσος ή μεγαλύτερος του 2 θα έχουμε πρόβλημα, αφού ο μέγιστος αριθμός φυσικών αριθμών που μπορούμε να τοποθετήσουμε εντός της προόδου δεν μπορεί να ξεπερνά τους 7. Για παράδειγμα, με λόγο 2 έχουμε 1,2,4,8,16,32,64
Αν ο λόγος της προόδου είναι ρητός αριθμός μεγαλύτερος του 1 και μικρότερος του 2 πάλι έχουμε πρόβλημα. Προκειμένου από τον φυσικό αριθμό να προκύψει στο επόμενο/α στάδιο/α φυσικός αριθμός θα πρέπει η ανάλυση του σε γινόμενο πρώτων παραγόντων να μπορεί να απλοποιηθεί με το ρητό αριθμό του λόγου της προόδου. Για παράδειγμα με λόγο κ/2 ο φυσικός αριθμός μπορεί να δώσει φυσικό αριθμό όσο έχει «μέσα» του δυνάμεις του 2. Έστω ο φυσικός αριθμός 4=2^2 με λόγο κ/2 θα μας δώσει κ/2*4=2κ και 2κ*κ/2=κ^2, από εκεί και έπειτα οι όροι της προόδου παύουν να είναι φυσικοί αριθμοί.
Επομένως, για λόγο κ/2 μπορούμε να έχουμε το πολύ φυσικό αριθμό που έχει «μέσα» του 6 2αρια (64=2^6), για λόγο κ/3, 4 3αρια (3^4=81) κοκ. Δηλαδή στις δύο περιπτώσεις μπορούμε να πετύχουμε πρόοδο με 6+1 και 4+1 όρους. Όσο ο παρονομαστής του λόγου της προόδου μεγαλώνει τόσο μικραίνει η δυνατότητα να εμπεριέχει η πρόοδος φυσικούς αριθμούς εντός των ορίων 1-100.
Συνεπώς βρισκόμαστε πολύ μακριά από τους τουλάχιστον 9 όρους που χρειαζόμαστε σε μία πρόοδο.
Επιπλέον θα πρέπει να σημειωθεί ότι αν και μπορούμε να ξεκινήσουμε την πρόοδο μας και με ρητό μη ακέραιο αριθμό και να φτάσουμε σε ακέραιο αριθμό, όμως από εκεί και έπειτα θα συνεχίσουμε είτε με ακέραιο ώσπου να μας “τελειώσουν” οι δυνάμεις που έχει ο ακέραιος (όπως αυτές προκύπτουν από την ανάλυση πρώτων παραγόντων) είτε με μη ακέραιους χωρίς όμως να μπορέσουμε να επιστρέψουμε ξανά σε ακέραιους. Σύμφωνα με τα παραπάνω, το “παράθυρο ευκαιρίας” για ακέραιους αριθμούς είναι το πολύ μέχρι 7 φυσικούς στο διάστημα 1-100.
Υπό αυτά τα δεδομένα ο βαρόνος λέει ψέματα.
Στον γριφο 1 μπορούμε να βάλουμε το πολύ δύο πρώτους αριθμούς εντός της ίδιας γεωμετρικής προόδου. Αφού όμως οι πρώτοι < 100 είναι περισσότεροι από 24, κάποιον αναγκαστικά θα τον αφήσουμε απ' έξω. Άρα το εγχείρημα είναι αδύνατον.
ΚΣ
Διόρθωση στο προβλημα 1
Θα πρέπει να επισημανθεί ότι σε περίπτωση που ο λόγος είναι άρρητος αριθμός η πρόοδος μπορεί να δώσει φυσικούς αριθμούς. Για παράδειγμα με λόγο ρίζα2 και πρώτο όρο τον 3 ο τρίτος όρος της προόδου είναι ο 3*ρίζα2^2=6, όπως και ο πέμπτος. Ωστόσο και η περίπτωση του άρρητου λόγου “σκοντάφτει” στους ίδιους περιορισμούς με την περίπτωση των λόγων ρητών αριθμών
Θανάσης Παπαδημητρίου
Ευχαριστώ όλους τους φίλους για τα σχόλια και τις όμορφες λύσεις τους!
Ιδιαίτερα μπράβο! στους Στράτο, Κωστή και Πάνο για τις πανηγυρικές επιβεβαιώσεις των δυνατοτήτων του θρυλικού Τσακ και την αποκάλυψη μίας ακόμα αντίφασης του βαρόνου.
Παρεμπιπτόντως, αγαπητέ Guest 3, ο φ(100)-1=39 μας δίνει το πλήθος των φυσικών 2-100 που είναι αμοιβαία πρώτοι με το 100, αλλά οι πρώτοι 1-100 είναι μόνο 25.
Ας δούμε όμως μια ακόμα απλή απόδειξη για το αδύνατο γ.π. με τρεις ή περισσότερους πρώτους:
Αν υπήρχε λοιπόν γ.π. που περιείχε ως όρους τους πρώτους π1, π2, π3, τότε αν λ ο λόγος της, θα έπρεπε:
π2/π1 = λ^κ
π3/π2 = λ^μ (κ, μ ακέραιοι) , οπότε
(π2/π1)^μ = (π3/π2)^κ = λ^(κμ) =>
π2^(κ+μ) = π1^μ*π3^κ
Θα είχαμε έτσι δύο διαφορετικές πρωτοπαραγοντικές παραστάσεις του ίδιου φυσικού αριθμού, άτοπο.
1) Όχι, υπάρχουν φ(100) – 1 = φ(2² * 5²)=100(1-1/2)(1-1/5) – 1 = 40 – 1 = 39 πρώτοι αριθμοί μέχρι το 100, που δε διαιρούνται με κάποιον ακέραιο για να ανήκουν σε κάθε πρόοδο από τις 12.
2)Ναι προφανώς, προσθέτοντας χ φορές το ψ.
Στο 1, οι λόγοι και οι όροι των γεωμετρικών προόδων, στη γενική περίπτωση, δεν είναι υποχρεωτικά ακέραιοι. Μπορεί να είναι οποιοιδήποτε πραγματικοί αριθμοί, όπως ο 2, ο ρίζα3, ο 3/2, ο π, ο φ κ.ο.κ.
Στο 2 επίσης, οι χ και ψ ορίζονται ως πραγματικοί. Θα μπορούσε π.χ. να είναι χ=π, ψ=e, οπότε ο Τσακ θα έπρεπε (αν αληθεύει ο θρύλος) να είναι σε θέση να γράψει τον π*e.
Πρόβλημα 2
Σχηματίζουμε τους αριθμούς χ^2, ψ^2 και (χ+ψ)^2.
Προκειμένου να γίνει αυτό λειτουργούμε ως εξής. Για την περίπτωση χ=> χ^2
1. Παίρνω το άθροισμα (1+χ)
2. Παίρνω τον αντίστροφο του (1+χ) και προσθέτω το 1 => 1/(χ+1)+1=(2+χ)/(χ+1)
3. Προσθέτω στον αριθμό αυτόν το χ => (2+2χ+χ^2)/(χ+1)
4. Εγγράφω τον αριθμό 2 αφού πρώτα γράψω τον αντίστροφο του 1 (1/1) και τον προσθέσω στο 1.
5. Στον αριθμό του βήματος 3 αφαιρώ τον 2=> (2+2χ+χ^2)/(χ+1) -2=χ^2/(χ+1)
6. Παίρνω τον αντίστροφο του αριθμού χ^2/(χ+1)=> (χ+1)/χ^2
7. Εγγράφω τον αντίστροφο αριθμό του χ => 1/χ
8. Αφαιρώ το 1/χ από το (χ+1)/χ^2 του βήματος 6 => 1/χ^2
9. Εγγράφω τον αντίστροφο το 1/χ^2 =>χ^2
Εφαρμόζω αντίστοιχη διαδικασία για το ψ ώστε να εγγράψω ψ^2 και για το άθροισμα (χ+ψ) ώστε να εγγράψω (χ+ψ)^2
Πλέον αφαιρώ από το (χ+ψ)^2 το χ^2 και αμέσως από τον αριθμό που θα προκύψει το ψ^2=> [(χ+ψ)^2-χ^2] – ψ^2=2χψ
Παίρνω τον αντίστροφο του 2χψ=> 1/2χψ
Σχηματίζω εκ νέου το 1/2χψ είτε με τον παραπάνω τρόπο είτε παίρνοντας τον αντίστροφο του αντιστρόφου του 1/2χψ
Πλέον έχω εγγεγραμμένους 1/2χψ , 1/2χψ . Τα προσθέτω=> 1/χψ. Παίρνω τον αντίστροφο => χψ.
Συνεπώς ο θρύλος είναι σωστός !
1. Μεταξύ των πρώτων 100 φυσικών αριθμών, υπάρχουν 25 πρώτοι αριθμοί. Επομένως ακόμα και αν ο λόγος κάποιας γεωμετρικής προόδου είναι το πηλίκον δύο πρώτων αριθμών (ή κάποια ακέραια ρίζα αυτού), δεν θα μπορούσαν να υπάρχουν πάνω από δύο πρώτοι αριθμοί σε κάθε πρόοδο, άρα το πολύ 24 στις 12 προόδους
2. Με την ακόλουθη σειρά κινήσεων υπολογίζουμε και γράφουμε το (χ+ψ)^2/4:
χ+ψ (χ+ψ+1) (χ+ψ+2) 1/(χ+ψ+2)
χ+ψ (χ+ψ-1) (χ+ψ-2) 1/(χ+ψ-2)
1/(χ+ψ-2)-1/(χ+ψ+2)=4/((χ+ψ)^2-4)
4/((χ+ψ)^2-4) ((χ+ψ)^2-4)/4=((χ+ψ)^2)/4-1 ((χ+ψ)^2)/4
Με ανάλογο τρόπο υπολογίζουμε και γράφουμε και το ((χ-ψ)^2)/4. Οπότε:
χψ=((χ+ψ)^2)/4-((χ-ψ)^2)/4
Πρόβλημα 1
Στη χειρότερη των περιπτώσεων μια εκ των 12 προόδων θα έχει τουλάχιστον 9 φυσικούς αριθμούς (8*12=96 και μας περισσεύουν 4 που στη χειρότερη κατανομή μας δίνουν πρόοδο με 9 όρους)
Αν ο λόγος της προόδου είναι άρρητος αριθμός ασφαλώς και δεν έχουμε το ζητούμενο αφού το γινόμενο ρητού με άρρητο μας δίνει πάντα άρρητο αριθμό.
Αν ο λόγος της προόδου είναι ρητός αριθμός ίσος ή μεγαλύτερος του 2 θα έχουμε πρόβλημα, αφού ο μέγιστος αριθμός φυσικών αριθμών που μπορούμε να τοποθετήσουμε εντός της προόδου δεν μπορεί να ξεπερνά τους 7. Για παράδειγμα, με λόγο 2 έχουμε 1,2,4,8,16,32,64
Αν ο λόγος της προόδου είναι ρητός αριθμός μεγαλύτερος του 1 και μικρότερος του 2 πάλι έχουμε πρόβλημα. Προκειμένου από τον φυσικό αριθμό να προκύψει στο επόμενο/α στάδιο/α φυσικός αριθμός θα πρέπει η ανάλυση του σε γινόμενο πρώτων παραγόντων να μπορεί να απλοποιηθεί με το ρητό αριθμό του λόγου της προόδου. Για παράδειγμα με λόγο κ/2 ο φυσικός αριθμός μπορεί να δώσει φυσικό αριθμό όσο έχει «μέσα» του δυνάμεις του 2. Έστω ο φυσικός αριθμός 4=2^2 με λόγο κ/2 θα μας δώσει κ/2*4=2κ και 2κ*κ/2=κ^2, από εκεί και έπειτα οι όροι της προόδου παύουν να είναι φυσικοί αριθμοί.
Επομένως, για λόγο κ/2 μπορούμε να έχουμε το πολύ φυσικό αριθμό που έχει «μέσα» του 6 2αρια (64=2^6), για λόγο κ/3, 4 3αρια (3^4=81) κοκ. Δηλαδή στις δύο περιπτώσεις μπορούμε να πετύχουμε πρόοδο με 6+1 και 4+1 όρους. Όσο ο παρονομαστής του λόγου της προόδου μεγαλώνει τόσο μικραίνει η δυνατότητα να εμπεριέχει η πρόοδος φυσικούς αριθμούς εντός των ορίων 1-100.
Συνεπώς βρισκόμαστε πολύ μακριά από τους τουλάχιστον 9 όρους που χρειαζόμαστε σε μία πρόοδο.
Επιπλέον θα πρέπει να σημειωθεί ότι αν και μπορούμε να ξεκινήσουμε την πρόοδο μας και με ρητό μη ακέραιο αριθμό και να φτάσουμε σε ακέραιο αριθμό, όμως από εκεί και έπειτα θα συνεχίσουμε είτε με ακέραιο ώσπου να μας “τελειώσουν” οι δυνάμεις που έχει ο ακέραιος (όπως αυτές προκύπτουν από την ανάλυση πρώτων παραγόντων) είτε με μη ακέραιους χωρίς όμως να μπορέσουμε να επιστρέψουμε ξανά σε ακέραιους. Σύμφωνα με τα παραπάνω, το “παράθυρο ευκαιρίας” για ακέραιους αριθμούς είναι το πολύ μέχρι 7 φυσικούς στο διάστημα 1-100.
Υπό αυτά τα δεδομένα ο βαρόνος λέει ψέματα.
Στον γριφο 1 μπορούμε να βάλουμε το πολύ δύο πρώτους αριθμούς εντός της ίδιας γεωμετρικής προόδου. Αφού όμως οι πρώτοι < 100 είναι περισσότεροι από 24, κάποιον αναγκαστικά θα τον αφήσουμε απ' έξω. Άρα το εγχείρημα είναι αδύνατον.
Διόρθωση στο προβλημα 1
Θα πρέπει να επισημανθεί ότι σε περίπτωση που ο λόγος είναι άρρητος αριθμός η πρόοδος μπορεί να δώσει φυσικούς αριθμούς. Για παράδειγμα με λόγο ρίζα2 και πρώτο όρο τον 3 ο τρίτος όρος της προόδου είναι ο 3*ρίζα2^2=6, όπως και ο πέμπτος. Ωστόσο και η περίπτωση του άρρητου λόγου “σκοντάφτει” στους ίδιους περιορισμούς με την περίπτωση των λόγων ρητών αριθμών
Ευχαριστώ όλους τους φίλους για τα σχόλια και τις όμορφες λύσεις τους!
Ιδιαίτερα μπράβο! στους Στράτο, Κωστή και Πάνο για τις πανηγυρικές επιβεβαιώσεις των δυνατοτήτων του θρυλικού Τσακ και την αποκάλυψη μίας ακόμα αντίφασης του βαρόνου.
Παρεμπιπτόντως, αγαπητέ Guest 3, ο φ(100)-1=39 μας δίνει το πλήθος των φυσικών 2-100 που είναι αμοιβαία πρώτοι με το 100, αλλά οι πρώτοι 1-100 είναι μόνο 25.
Ας δούμε όμως μια ακόμα απλή απόδειξη για το αδύνατο γ.π. με τρεις ή περισσότερους πρώτους:
Αν υπήρχε λοιπόν γ.π. που περιείχε ως όρους τους πρώτους π1, π2, π3, τότε αν λ ο λόγος της, θα έπρεπε:
π2/π1 = λ^κ
π3/π2 = λ^μ (κ, μ ακέραιοι) , οπότε
(π2/π1)^μ = (π3/π2)^κ = λ^(κμ) =>
π2^(κ+μ) = π1^μ*π3^κ
Θα είχαμε έτσι δύο διαφορετικές πρωτοπαραγοντικές παραστάσεις του ίδιου φυσικού αριθμού, άτοπο.