Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
2 beğenilme 0 beğenilmeme
761 kez görüntülendi

Varsayim:

$n=3,4,5,...$ olmak uzere,

$n$ cift ise, $(1+\sqrt{2})^n$ sayisinin virgulden sonra arka arkaya gelen 9 sayisi, sayinin tam kismindaki basamak sayisindan bir eksiktir.

$n$ tek ise, $(1+\sqrt{2})^n$ sayisinin virgulden sonra arka arkaya gelen 0 sayisi, sayinin tam kismindaki basamak sayisindan bir eksiktir.

Dogrulugunu ispatlayin veya yanlislayin.


Ornek:

$n=30$ icin: $(1+\sqrt{2})^{30}=304278004997,9999999999967135317585...$. Tam kisim $304278004997$ ve $12$ basamakli. Virgulden sonra $12-1=11$ tane $9$ var.


$n=51$ icin: $(1+\sqrt{2})^{51}=33232265756373499214,000000000000000000030091237...$. Tam kisim  $33232265756373499214$ ve $20$ basamakli. Virgulden sonra $20-1=19$ tane $0$ var.

Varsayim 2:

$(1+\sqrt{2})^n=a+b\sqrt{2}$ sayisinin virgulden sonra arka arkaya gelen 9 sayisi, $a$ sayisinin basamak sayisindan bir eksiktir.

$n=30$ icin:

$(1+\sqrt{2})^{30}=152139002499 + 107578520350\sqrt{2}$. 

$a=152139002499$ ve $12$ basamakli. Virgulden sonra $12-1=11$ tane $9$ var.


$n=51$ icin:

$(1+\sqrt{2})^{51}=16616132878186749607 + 11749380235262596085\sqrt{2}$.

$a=16616132878186749607$ ve $20$ basamakli. Virgulden sonra $20-1=19$ tane $0$ var.


--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

2. vasayimimizi dogru kabul edelim.

$(1+\sqrt{2})^n=a+b\sqrt{2}$ olsun.

$$(1+x)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k=\binom{n}{0}x^0+\binom{n}{1}x^1+\binom{n}{2}x^2+\dots+\binom{n}{n}x^n$$

$x=\sqrt{2}$ alalim.


$$\begin{align}(1+\sqrt{2})^n&=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\sqrt{2}^k\\&=\binom{n}{0}+\binom{n}{1}\sqrt{2}+\binom{n}{2}2+\binom{n}{3}\sqrt{2}^3+\binom{n}{4}2^2+\dots+\binom{n}{n}\sqrt{2}^n\\&=\binom{n}{0}+\binom{n}{2}2+\binom{n}{4}2^2+\binom{n}{6}2^3+\dots+\binom{n}{n}2^{n+1}\\&+\binom{n}{1}\sqrt{2}+\binom{n}{3}2\sqrt{2}+\binom{n}{5}2^2\sqrt{2}+\dots+\binom{n}{n-1}2^{n-2}\sqrt{2}\\&=\underbrace{\binom{n}{0}+\binom{n}{2}2+\binom{n}{4}2^2+\binom{n}{6}2^3+\dots+\binom{n}{n}2^{n+1}}_{a}\\&+\underbrace{\binom{n}{1}+\binom{n}{3}2+\binom{n}{5}2^2+\dots+\binom{n}{n-1}2^{n-2}}_{b}\sqrt{2}\\&=a+b\sqrt{2}\end{align}$$


$\lceil \cdot \rceil$ tavan fonksiyonu olmak uzere, $a=\displaystyle\sum_{i=0}^n\binom{n}{2i}2^i$, ve $a$'nin basamak sayisi $=\lceil \log a \rceil$dir.

Eger 2. varsayimimiz dogru ise sunu diyebiliriz

$n$ cift ise $(1+\sqrt{2})^n$ sayisinin virgulden sonra tekrarlayan $9$  sayisini  veren fonsiyonumuz $f(n)$ olsun.

$f(n)=\Big\lceil \log\Big (\displaystyle\sum_{i=0}^n\binom{n}{2i}2^i\Big) \Big\rceil-1=\Big\lfloor \log\Big (\displaystyle\sum_{i=0}^n\binom{n}{2i}2^i\Big) \Big\rfloor$

$n=30:$


$f(30)=\Big\lfloor \log\Big (\displaystyle\sum_{i=0}^{30}\binom{30}{2i}2^i\Big) \Big\rfloor=\lfloor\log(152139002499) \rfloor=11$


Ilgili soru icin


$n=3000:$


$f(3000)=\Big\lfloor \log\Big (\displaystyle\sum_{i=0}^{3000}\binom{3000}{2i}2^i\Big) \Big\rfloor=1148$


Orta Öğretim Matematik kategorisinde (2.9k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi | 761 kez görüntülendi

Eşleniği ile çarpımları 1. Biri ne  $a10^n$ ise diğeri 1 bölüsü. Burdan bir sonuç gelir gibi. 

2 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Varsayımı $n\geq 1$ için de başlatabiliriz. $(\sqrt{2}+1)^1 = 2,4241 \dots $ ifadesinde virgülden hemen sonra $1-1=0$ tane $0$ vardır. $(\sqrt{2}+1)^2 = 5,8284 \dots $ ifadesinde virgülden hemen sonra $1-1=0$ tane $9$ vardır. Dolayısıyla aşağıda yapılan tüm işlemlerde $n$ değerleri pozitif tam sayı olarak alınacaktır.

Varsayım 1A. $n$ nin çift değerlerinde $(\sqrt{2}+1)^{n}$ ifadesinin tam kısmının basamak sayısının $1$ eksiği, $(\sqrt{2}+1)^{n}$ ifadesinin ondalık yazılımında virgülden hemen sonraki $9$ rakamlarının sayısına eşittir.

İspat.

$(\sqrt{2}+1)^{2n}=a_n + \sqrt{2}b_n$ olacak biçimde $a_n , b_n$ pozitif tam sayıları vardır. Bu durumda $(1-\sqrt{2})^{2n}=a_n - \sqrt{2}b_n$ olup $$(\sqrt{2}+1)^{2n} + (1-\sqrt{2})^{2n}=2a_n$$ çift tam sayıdır. $n$ değeri büyüdükçe $(\sqrt{2} - 1)^{2n}$ ifadesi $0$ a çok yakın bir pozitif sayı olduğundan $(\sqrt{2}+1)^{2n}$ ifadesi de $2a_n$ çift tam sayısına çok yakın fakat $2a_n$ den küçüktür. Yani $(\sqrt{2}+1)^{2n}$ sayısının tam kısmı $2a_n - 1$ dir. Varsayım 1A daki ispatlamamız istenen ifadeye denk olarak $$ \dfrac{1}{10^{\big\lceil \log (2a_n) \big\rceil}} < (\sqrt{2} - 1)^{2n} < \dfrac{1}{10^{\big\lfloor \log (2a_n) \big\rfloor}} \tag{1}$$ olduğunu göstermeliyiz.


$(1)$ ifadesi kenarda beklesin ve ara adım olarak $(\sqrt{2}+1)^{2n} + (1-\sqrt{2})^{2n}=2a_n$ türü bir ifadede $$ 2a_n \neq 10^m \tag{2}$$, ($m \in \mathbb Z^+$) olduğunu gösterelim. Şunu düşünmek mantıklıdır: $(\sqrt{2}+1)^{2n} + (1-\sqrt{2})^{2n}=2a_n =10^m$ gibi bir eşitlik niye sağlansın ki? Asıl sürpriz $(\sqrt{2}+1)^{2n} + (1-\sqrt{2})^{2n}=10^m$ olacak biçimde $n,m$ değerleri bulunsaydı olurdu. Evet, olacağı da yok. Bunu göstereceğiz, göstermeseydik problemin çözümü eksik kalırdı. Çünkü  $2a_n =10^m$ sayısı $m+1$ basamaklı iken $2a_n -1 $ sayısı $m$ basamaklı olurdu ve bu da varsayımın yanlış olduğunu gösterirdi. Özetle, $(2)$ eşitsizliğinin doğru olması, varsayımın doğru olması için çok önemli bir şarttır.

$r_1=3+2\sqrt 2$, $r_2=3-2\sqrt 2$ sayılarını kök kabul eden ikinci dereceden denklem $r^2-3r-1=0$ olduğundan doğrusal indirgemeli dizi teorisine göre $(\sqrt{2}+1)^{2n} + (1-\sqrt{2})^{2n}=(3+2\sqrt{2})^{n} + (3-2\sqrt{2})^{n}=2a_n$ kuralına sahip $a_n$ dizisi $$a_{n+2}=6a_{n+1}-a_{n} \tag{3}$$ ve $a_1=3, a_2=17$ eşitliklerini sağlar. $(3)$ eşitliğini sağlayan dizinin terimlerinin $\mod{10}$ daki kalanlar dizisi $$ 3,7,9,7,3,1,3,7 \dots $$ biçiminde periyodu $6$ olan bir dizi oluşturur. Buna göre $2a_n$ dizisinin $\mod{10}$ daki kalanlar dizisi periyodu $6$ olan $$ 6,4,8,4,6,2,6,4, \dots $$ bulunur. Bu dizide de $0$ terimi olmadığından $2a_n$ nin asla $10$ ile bölünemediğini anlıyoruz. $2a_n$ artık $10$ un kuvvetleriyle hiç bölünemez. $2a_n$ ile $2a_n-1$ sayılarının basamak sayıları eşittir. Şimdi $(1)$ eşitsizliğine geri dönelim.

 $\dfrac{1}{10^{\big\lceil \log (2a_n) \big\rceil}} < \dfrac{1}{10^{ \log (2a_n)}} = \dfrac{1}{2a_n} < \dfrac{1}{(\sqrt{2}+1)^{2n}}= (\sqrt{2}-1)^{2n} \tag{4}$ ve

$\dfrac{1}{10^{\big \lfloor \log (2a_n) \big \rfloor}} = \dfrac{1}{10^{\big \lfloor \log (2a_n-1)\big \rfloor}} > \dfrac{1}{10^{ \log (2a_n-1)}}=\dfrac{1}{2a_n-1} > \dfrac{1}{(\sqrt{2}+1)^{2n}}= (\sqrt{2}-1)^{2n} \tag{5}$

olur. $(4)$ ve $(5)$ eşitsizliklerinden $(1)$ elde edilir.


Varsayım 1B. $n$ nin tek değerlerinde $(\sqrt{2}+1)^{n}$ ifadesinin tam kısmının basamak sayısının $1$ eksiği, $(\sqrt{2}+1)^{n}$ ifadesinin ondalık yazılımında virgülden hemen sonraki $9$ rakamlarının sayısına eşittir.

İspat.

$(\sqrt{2}+1)^{2n-1}=a_n + \sqrt{2}b_n$ olacak biçimde $a_n , b_n$ pozitif tam sayıları vardır. Bu durumda $(1-\sqrt{2})^{2n-1}=a_n - \sqrt{2}b_n$ olup $$(\sqrt{2}+1)^{2n-1} + (1-\sqrt{2})^{2n-1}=2a_n$$ çift tam sayıdır. $n$ değeri büyüdükçe $(1-\sqrt{2} )^{2n-1}$ ifadesi $0$ a çok yakın bir negatif sayı olduğundan $(\sqrt{2}+1)^{2n-1}$ ifadesi de $2a_n$ çift tam sayısına çok yakın fakat $2a_n$ den büyüktür. Yani $(\sqrt{2}+1)^{2n+1}$ sayısının tam kısmı $2a_n $ dir. Varsayım 1B deki ispatlamamız istenen ifadeye denk olarak $$ \dfrac{1}{10^{\big\lceil \log (2a_n) \big\rceil}} < (\sqrt{2} - 1)^{2n-1} < \dfrac{1}{10^{\big\lfloor \log (2a_n) \big\rfloor}} \tag{6}$$ olduğunu göstermeliyiz. Bu kısımda Varsayım 1A nın ispatına benzer biçimde yapılabilir diye düşündüğüm için tekrar yazmıyorum.


Varsayım 2A . $(\sqrt{2}+1)^{2n} + (1-\sqrt{2})^{2n}=2a_n$ ifadesinde $a_n$ ile $2a_n$ sayılarının basamak sayıları eşittir.


Varsayım 2B . $(\sqrt{2}+1)^{2n-1} + (1-\sqrt{2})^{2n-1}=2a_n$ ifadesinde $a_n$ ile $2a_n$ sayılarının basamak sayıları eşittir.


Uyarı ve Not: Bu son iki varsayımın doğru olması için gerek ve yeter şart $2a_n$ sayılarının ondalık yazılışında en soldaki rakamın $1$ den büyük olmasıdır. $2a_n$  sayısı $1$ ile başlarsa $a_n$ sayısının basamak sayısı, $2a_n$ nin basamak sayısından $1$ eksik olacağı için Varsayım 2A/B yanlış olurdu. Varsayım 2A/B yi doğrulamak için en soldaki basamağı inceleyecek bir yöntem göremedim. (Birler basamağını incelemek $\mod{10}$ yardımıyla kolaydı.) Varsayımı yanlışlamak için çalışmak ve örnekler aramak bana daha olası geliyor. Bununla beraber birçok örnekte $2a_n$ hesaplarında en soldaki basamak $1$ den büyük olarak geliyor. $2a_n$ nin en soldaki basamağının $1$ den büyük olduğu örneklerde, (Varsayım 1A/B den dolayı) Varsayım 2A/B doğru olur.

 

Varsayım 1A/B İçin Genelleme: Benzer yaklaşımlar $m,k,n \in \mathbb Z^+$, $(m+\sqrt{k})^n$ türü ifadelerde de yapılabilir. Elbette $(m+\sqrt{k})(m-\sqrt{k})=1$ eşitliği de sağlanmalıdır.

Örneğin $(4+\sqrt{15})^{2n}$ için benzer işlemler yapılır. Fakat doğrusal indirgemeli dizinin karakteristik polinomu v.s. hesaplanıp $(2)$ eşitsizliğinin sağlandığı da gösterilmelidir.

(2.6k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
0 beğenilme 0 beğenilmeme

$T$ bir tam sayı ve $0\le e<1$ olmak üzere ifadeyi ve eşleniğini $T-e$ ve $e$ olarak yazalım. Buradan $e+e^{-1}=T$ olur. Bunu ilerletince cevap gelir. 

9larla 0ların ilişkisi 0 sıfırlardan gelen Tnin basamak sayısı buradan geliyor. (belki bir iki küçük nüans olabilir onlara bakmadım.) 


(25.3k puan) tarafından 

Bilgisayardan giremiyorum siteye. Antivirüs engelliyor. Bunu iletmiştim ama çözülmedi. 

Birisi detaylandırırsa bu cevabı sevinirim. 

20,205 soru
21,729 cevap
73,289 yorum
1,890,807 kullanıcı