Se non lo fate mi arrabbio

Gauss · Messaggio da **Gauss** » 01 gen 1970, 01:33

Dimostrare che per ogni k positivo si ha, per qualche n che (sqrt(2)-1)^k=sqrt(n)-sqrt(n-1).
 
 C\'è un ovvia generalizzazione... [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Gauss il 07-12-2002 17:54 ]

ale86 · Messaggio da **ale86** » 01 gen 1970, 01:33

n=((sqrt(2)-1)^2k+1/(sqrt(2)-1)^2k+2)

ale86 · Messaggio da **ale86** » 01 gen 1970, 01:33

Può essere che, se k è una potenza di 2 esculso 2^0, n sia 2*(k/2)^3+1?
 
 p.s. per ottenere n (v. messaggio precedente) ho semplicemente risolto l\'equazione

DD · Messaggio da DD » 01 gen 1970, 01:33

Dovresti dimostrare che n è intero, credo

ale86 · Messaggio da **ale86** » 01 gen 1970, 01:33

Devo aver sbagliato qualcosa per n=6, allora.... Vedrò appena posso.

ale86 · Messaggio da **ale86** » 01 gen 1970, 01:33

c.d.d. : un piccolo errore e troppa fretta mi hanno portato a interpretare il testo nel modo sbagliato. scusate.
 A proposito, un altro errore(questa volta solo di trascrittura): alla fine della formula risolutiva di n mi sono dimenticato un /4.

colin · Messaggio da **colin** » 01 gen 1970, 01:33

Io ho trovato n=1/(4(a^2k)) + (a^2k)/4 + 0,5 dove a=(sqrt2)-1
 
 probabilmente è la stessa di ale86 tant\'è che per k=6, ma anche k=7(poi mi sono fermato, non sono mica un fisico sperimentale...), vengono valori di n tipo x,000001
 
 mah...
 
 Tanto per essere sicuri... ma per \"ovvia\" generalizzazione si intende trovare tutti i valori di k per cui n è intero?
 
 \"I just think it\'s fucked up you don\'t answer fans\"...so hit me back
 
 P.S. indovinate chi ho citato
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: colin il 08-12-2002 12:40 ]

Messaggio da **ma_go** » 01 gen 1970, 01:33

Ok, ci sono.
 Partiamo dall\'identità di Colin: n = (1/4a^(2k))+(a^(2k))/4+1/2. (**)
 La possiamo riscrivere come
 n = (1/4)(1/(3-2sqrt2))^k+(1/4)(3-2sqrt2)^k+(1/2)(1)^k.
 Definiamo quindi una successione:
 a_k = (1/4)(1/(3-2sqrt2))^k+(1/4)(3-2sqrt2)^k+(1/2)(1)^k,
 che altro non è che una successione per ricorrenza lineare, in cui
 a_(k+3) = (b_1)(a_(k+2))+(b_2)(a_(k+1))+(b_3)(a_k),
 in cui b_1, b_2 e b_3 sono l\'opposto dei coefficienti del termine di secondo, primo grado e del termine noto rispettivamente del polinomio di terzo grado (x-1/(3-2sqrt2))*(x-(3-2sqrt2))*(x-1)=x^3-7x^2+7x-1.
 Dunque a_(k+3) = 7a_(k+2)-7a_(k+1)+a_k.
 Ma dalla (**) abbiamo che a_0 = 1, a_1 = 2 e a_3 = 9, e quindi la successione degli a_k è una successione di interi, quindi per ogni k esiste uno ed un solo n intero che soddisfi la tesi.
 
 Chiedo scusa per la scarsa (leggi assente) chiarezza delle \"formule\"... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: ma_go il 08-12-2002 14:51 ]

XT · Messaggio da XT » 01 gen 1970, 01:33

Scusate la profonda ignoranza, ma cosa intendete con \"sqrt\"?

Azarus · Messaggio da **Azarus** » 01 gen 1970, 01:33

radice quadrata da square root (in inlgese)

Gauss · Messaggio da **Gauss** » 01 gen 1970, 01:33

Considerando che (sqrt(2)-1)^k si può sempre scrivere come a_k+sqrt(2)b_k. facendo i conti si vede che a_(k+1)=2b_k-a_k e b_(k+1)=a_k-b_k.
 Inoltre usando tale identità si che de subito che (a_k)^2-2(b_k)^2=(a_(k+1))^2-2(b_(k+1))^2, e cioè è sempre costante. Visto che per k=1 tale termine vale 1 varrà sempre così, e quindi possiamo prendere n=(a_k)^2 e n+1=2(b_k)^2.

XT · Messaggio da XT » 01 gen 1970, 01:33

E io che pensavo a qualche concetto trignometrico! Nient\'altro che una radice. Grazie Azarus.

Gauss · Messaggio da **Gauss** » 01 gen 1970, 01:33

A proposito, la generalizzazione che intendevo io era:
 
 (sqrt(m)-sqrt(m-1))^k=sqrt(n)-sqrt(n-1)