$(1+\sqrt{2})^n$ virgulden sonra tekrarlayan basamak sayisi

Question

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

$n=3000:$

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

Comments

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

Answer 1

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.

Answer 2

$T$ 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.) 

Comments

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

Birisi detaylandırırsa bu cevabı sevinirim.