2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Нечетность целой части
Сообщение20.10.2021, 08:59 
Аватара пользователя


14/12/17
1544
деревня Инет-Кельмында
Доказать, что $\left[(\sqrt{3})^n\right]$ при любом $n\in N$ нечётно.

$\left[x\right]$ означает целую часть $x$.

(Оффтоп)

Возможно, это простая задача, не олимпиадная, но метода решения в лоб я не знаю, буду признателен, если просветите.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетность целой части
Сообщение20.10.2021, 10:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/06/08
2417
МО
$(\sqrt{3})^7 \approx 46,8$
Или я неправильно понимаю, что есть целая часть?

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетность целой части
Сообщение20.10.2021, 10:23 
Аватара пользователя


14/12/17
1544
деревня Инет-Кельмында
Тэкс... Нет, всё правильно.
Изначально задача была $\left[(2+\sqrt{3})^n\right]$ при любом $n\in N$ нечётно, я её "улучшил" :oops:

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетность целой части
Сообщение20.10.2021, 10:25 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/05/06
13440
с Территории
Там-то просто. Числа Пизо.

 Профиль  
                  
 
 Posted automatically
Сообщение20.10.2021, 11:34 
Заслуженный участник


09/05/12
25179
 i  Тема перемещена из форума «Олимпиадные задачи (М)» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетность целой части
Сообщение20.10.2021, 13:21 
Заслуженный участник


20/12/10
9179
Сначала нужно выписать, чему равна целая часть от $(2+\sqrt{3})^n$. Это действительно легко, ибо, как уже было замечено, число $2+\sqrt{3}$ является числом Пизо (т.е. сопряженное к нему число $2-\sqrt{3}$ меньше 1 по модулю). Затем, когда нужная формула будет написана, достаточно будет посмотреть на нее по "модулю 2". Все станет очевидным. Впрочем, сравнения по идеалу $\langle 2 \rangle$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt{3}]$ можно не привлекать (это не совсем элементарно), довольно будет обе степени раскрыть по биному Ньютона. И опять все станет очевидно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетность целой части
Сообщение20.10.2021, 14:52 
Аватара пользователя


14/12/17
1544
деревня Инет-Кельмында
Да, только я зачем-то в разложении $(2+\sqrt{3})^n$ отбросил все члены с двойкой, "как не меняющие чётность". Не знаю, что и чем я тогда думал.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетность целой части
Сообщение20.10.2021, 15:13 
Заслуженный участник


20/12/10
9179
eugensk в сообщении #1535605 писал(а):
в разложении $(2+\sqrt{3})^n$ отбросил все члены с двойкой, "как не меняющие чётность"
Так это правильно (это и есть вычисление по модулю идеала $\langle 2 \rangle$), только под знаком целой части так делать нельзя. Надо предварительно избавиться от знака целой части. Это не всегда легко, но в данном случае легко: $[(2+\sqrt{3})^n]=(2+\sqrt{3})^n+(2-\sqrt{3})^n-1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетность целой части
Сообщение21.10.2021, 08:42 


02/04/18
246
nnosipov в сообщении #1535611 писал(а):
под знаком целой части так делать нельзя

Почему нельзя? Если к аргументу функции модуля прибавить число, по которому модуль вычисляется, то ответ не изменится. Это верно и для нецелого аргумента.

А вот что принципиально, так это что утверждение "если $mn$ - нечетно, то $m, n$ - оба нечетны" верно для целых чисел, но нельзя говорить то же про $[an]$ и $n, [a]$, где $a$ - дробное, $n$ - целое.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетность целой части
Сообщение21.10.2021, 17:06 
Заслуженный участник


20/12/10
9179
Dendr в сообщении #1535696 писал(а):
Почему нельзя? Если к аргументу функции модуля прибавить число, по которому модуль вычисляется, то ответ не изменится. Это верно и для нецелого аргумента.
Нет, неверно: если $a+b\sqrt{3} \equiv a_1+b_1\sqrt{3} \pmod{m}$, то отсюда, вообще говоря, не следует, что $[a+b\sqrt{3}] \equiv [a_1+b_1\sqrt{3}] \pmod{m}$. Контрпример: $2\sqrt{3} \equiv 0 \pmod{2}$, но $[2\sqrt{3}] \not\equiv 0 \pmod{2}$. Если Вы имели в виду что-то другое, напишите это более формально, иначе непонятно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетность целой части
Сообщение21.10.2021, 21:47 


02/04/18
246
Если $ b\ne b_1$, то конечно нельзя. Но если равно?

Говоря формально, я имел в виду, что $a\equiv a+m \mod {m}$ для любого действительного $a$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетность целой части
Сообщение22.10.2021, 08:10 
Заслуженный участник


20/12/10
9179
Dendr в сообщении #1535809 писал(а):
Говоря формально, я имел в виду, что $a\equiv a+m \mod {m}$ для любого действительного $a$.
Это-то верно, конечно. Но замена $(2+\sqrt{3})^n$ на $(\sqrt{3})^n$ при $n>1$ не сводится просто к добавлению четного целого числа.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетность целой части
Сообщение23.10.2021, 17:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/03/08
10187
Москва
Dendr в сообщении #1535696 писал(а):
Если к аргументу функции модуля прибавить число, по которому модуль вычисляется, то ответ не изменится.


Это верное утверждение, не имеющее отношения к тому, что Вы делаете. Поскольку прибавляется у Вас не 2, а 2 (или вообще что-то чётное), умноженное на $\sqrt 3$. И это произведение имеет право не быть чётным.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетность целой части
Сообщение23.10.2021, 21:27 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5710
Интреснее задачка нахождения таких $u$, что $[u^n] \equiv n\pmod{2}$ для всех $n$ - см. topic3291.html
Вопрос о минимальном возможном значении $u$ - открыт.

 i  Перенес обсуждение этой задачи в указанную тему.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 14 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: YandexBot [bot]


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group