При каких действительных числах $%\alpha$%,$%\quad n^{\alpha}$%- целое число при любом натуральном числе $%n$%?

задан 5 Июл '13 18:40

Ужас, математика школьная при а=0, потому как n^0==1

(7 Июл '13 17:43) alexlamo
2

Это трудная задача, и от простой школьной математики она далека. То, что значение $%a=0$% подходит, совершенно очевидно. Но подходит не только оно, а и все значения $%a=1$%, $%a=2$% и так далее. Проблема состоит в доказательстве того, что никакое другое число не подходит, а это совершенно не очевидно.

(7 Июл '13 17:52) falcao

Совершенно верно.

(7 Июл '13 19:16) Anatoliy
10|600 символов нужно символов осталось
3

Я сначала пытался доказать, что если $%2^{\alpha}$% и $%3^{\alpha}$% одновременно являются целыми, то $%\alpha$% также целое. Из этого ничего не получилось (я вообще подозреваю, что это открытый вопрос), и тогда возникла мысль, что надо использовать поведение последовательности на бесконечности. Созрела следующая идея доказательства.

Если дана числовая последовательность $%f(n)$%, то можно рассмотреть последовательность $%f(n+1)-f(n)$% из разностей соседних членов, далее взять последовательность разностей для предыдущей последовательности, то есть $%(f(n+2)-f(n+1))-(f(n+1)-f(n))=f(n+2)-2f(n+1)+f(n)$%, и так далее. Если на каком-то шаге получится нулевая последовательность, то $%f(n)$% является многочленом, что доказывается по индукции.

Если мы исходим из последовательности $%f(n)=n^{\alpha}$%, где $%\alpha$% положительно, но не является целым, то на следующем шаге получается последовательность $%f(n+1)-f(n)$%, растущая примерно как производная предыдущей функции, то есть как $%\alpha n^{\alpha-1}$%; ещё через шаг -- как вторая производная, то есть $%\alpha(\alpha-1)n^{\alpha-2}$% и так далее. Рано или поздно показатель степени при $%n$% станет отрицательным, то есть последовательность будет расти медленно. Но все рассматриваемые последовательности по условию состоят из целых чисел. Значит, мы получим на некотором шаге нулевую последовательность, что означает, что перед нами был многочлен, то есть $%\alpha$% целое неотрицательное.

Теперь оформим это эвристическое рассуждение в строгом виде. После применения $%k$% шагов итерации взятия разности членов, получится последовательность с общим членом $$(n+k)^{\alpha}-C_n^1(n+k-1)^{\alpha}+C_n^2(n+k-2)^{\alpha}-\cdots+(-1)^kn^{\alpha},$$ что доказывается по индукции. Вынесем $%n^{\alpha}$% в качестве общего множителя, применяя формулу Тейлора с остаточным членом в форме Пеано для каждой из функций вида $%(1+s/n)^{\alpha}$%, где $%s=k,k-1,\ldots,1,0$%, при $%n\to\infty$%. Например, при $%k=1$% получится $$n^{\alpha}\left(1+\frac{\alpha}{n}-1+o\left(\frac1n\right)\right)=n^{\alpha}\left(\frac{\alpha}{n}+o\left(\frac1n\right)\right),$$ а при $%k=2$% мы будем иметь $$n^{\alpha}\left(1+\frac{2\alpha}n+\frac{\alpha(\alpha-1)}2\frac4{n^2}-2-2\frac{\alpha}n-2 \frac{\alpha(\alpha-1)}2\frac1{n^2}+1+o\left(\frac1{n^2}\right)\right),$$ что после упрощений превращается в $$n^{\alpha}\left(\frac{\alpha(\alpha-1)}{n^2}+o\left(\frac1{n^2}\right)\right).$$ Утверждается, что после $%k$% шагов мы получим последовательность $$n^{\alpha}\left(\frac{\alpha(\alpha-1)\ldots(\alpha-(k-1))}{n^k}+o\left(\frac1{n^k}\right)\right).$$ Доказать это можно при помощи прямых вычислений, с использованием известных тождеств для биномиальных коэффициентов, но это довольно громоздко. А можно заметить, что выводимые равенства имеют один и тот же вид как для нецелых значений $%\alpha$%, так и для целых, где коэффициенты при степенях $%1/n$% суть многочлены от $%\alpha$%. Поскольку для целых значений $%\alpha$% эти выражения нам известны (коэффициенты обнуляются), и легко также вычислить ту константу, которая остаётся на последнем шаге, то отсюда выводится и общая закономерность.

Таким образом, если $%\alpha$% не целое, то на $%k$%-м шаге при $%k=\lceil\alpha\rceil$% мы получим стремящуюся к нулю последовательность ввиду ($%k > \alpha$%). Поскольку все числа являются целыми, эта последовательность является нулевой, начиная с некоторого члена. Но тогда у нас изначально был многочлен, то есть $%\alpha$% было целым.

Ответ в задаче такой: $%\alpha$% должно быть целым неотрицательным.

ссылка

отвечен 8 Июл '13 15:31

изменен 9 Июл '13 11:13

В Вашем решении использовалась теория конечных разностей, поэтому некоторые из приведенных формул известны. Решение правильное. Одно только тревожит Asailyan не повезло:). В следующий раз не спешите:).

(9 Июл '13 10:31) Anatoliy

Ну и что @Anatoliy. Я рада. @falcao хороший математик. За это я не буду переживать и попрощаться навсегда. И Вам советую особо не тревожиться по этому поводу.

(10 Июл '13 13:23) ASailyan

Не расстраивайтесь. Это ведь юмор. У людей бывают эмоциональные всплески по ряду причин, но нужно все-таки разумно оценивать эти ситуации и находить приемлемое решение. Но, самое главное, нам не нужно сотворять кумиров. Уверен, что Вы еще повстречаете выдающихся математиков, кроме тех, которые присутствуют на этом форуме. И еще одно. Уровень знаний человека - не всегда соответствует уровню его морали и нравственности.

(10 Июл '13 16:35) Anatoliy

Хороший или выдающиейся разные вещи. Что "уровень знаний человека-не всегда соответствует его морали и нравственности" ,в этом я убедилась неоднократно. Я не знаю ваш возраст, но мне уже за 50 и мне обидно, что вы читаете мне морали. А чтобы поднимать ваше настроение и показывать как в дейтвительности строят кумиров, напоминаю комметарии вот этого вопроса . http://math.hashcode.ru/questions/10674/. Вот как лаконично вы ответили, а мне лекцию читаете.

(10 Июл '13 18:56) ASailyan

Вы как-то неправильно поняли мой комментарий. Но, это выбор каждого. Эта задача. Когда это было!? И что Вы считаете "криминального" в этой ситуации? Там есть разные комментарии. Есть Ваше категоричное утверждение о том, что там "поработал" вольфрам, но кроме вольфрама есть и другие математические пакеты. Так, что в той ситуации я не грешил.Открою Вам небольшой секрет как составляются задачи подобного рода: перемножаются два многочлена, а затем предлагают разложить их на множители:). Если это не так, то автор той задачи меня поправит. Извините, если мои комментарии как-то раздражают Вас.

(10 Июл '13 19:31) Anatoliy

Вы оба меня очень расстраиваете своими сшибками, не имеющими серьёзных оснований. Уважаемая @ASailyan, мне очень жаль, что когда-то я послужил причиной ваших сегодняшних разногласий. Ну протяните друг другу руки, прошу вас обоих. Простите @Anatoliy его, как Вам кажется,неудачные шутки. (Он извинился!) Ведь женщине легче пойти на компромисс, чем мужчине. А к @Anatoliy просьба: не забывать, что перед Вами женщина, которой полагается уступать дорогу и место. Ради Бога, оба покажите, что у вас нет друг к другу претензий. На радость всем любителям математики.

(10 Июл '13 23:06) nikolaykruzh...

Не расстраивайтесь хоть Вы:). Я думаю, что Ваши пожелания сыграют важную роль в этом "нелегком" деле:).

(11 Июл '13 12:05) Anatoliy
показано 5 из 7 показать еще 2
10|600 символов нужно символов осталось
2

Можно потребовать, что $%n^\alpha \in N, $% потому что степень натурального числа не можеть быть отрицательной.

Очевидно что, при $%\alpha\in N_0$% тогда $% n^\alpha \in N, \forall n\in N.$%

Eсли $%\alpha<0, $% тогда $%n^{\alpha}=\frac1{n^{-\alpha}}\in (0;1),$% поскольку $%n^{-\alpha}>1, \forall n\in N.$% Значит при $%\alpha<0, n^{\alpha}\notin N.$%

Остается проверить положительные рациональные и иррационалные покaзатели. Если $%\alpha \in Q,$% не ограничивая общность можно считать, что $%\alpha=\frac pq,$% где $%p,q\in N, (p,q)=1, q\ne1.$% Возмем $%n=2$%, тогда если считать, что $%2^{\frac pq}=m\in N\Rightarrow 2^q=m^p, $% отсюда поскольку $%2$% простое число, имеем $%m=2^r(r\in N)\Rightarrow q=rp,$% последое противоречит условию $%(p,q)=1, q\ne1.$%

И так $%\alpha$% не может быть положительным рациональным числом.

Остается проверит ирациональные показатели. Tут надо подумать, потому что например $%2^{log_23}=3\in N,$% но ясно что при $%\alpha=log_23$% будут удовлетворять только основания $%n=2^k (k\in N).$% так что $%\alpha=log_23$% не удовлетворяет условию задачи.

Доказательство не полное, но ответ ясен- $%\alpha\in N_0.$%

ссылка

отвечен 6 Июл '13 13:34

изменен 6 Июл '13 13:42

1

@ASailyan: Здесь как раз вся проблема в иррациональных числах. Априори совершенно не очевидно, что $%\log_2{k}$% не совпадает c $%\log_3{m}$% для каких-то чисел $%k,m$% (с оговорками, что речь не идёт о тривиальных случаях). В этом как раз основная проблема.

(6 Июл '13 13:38) falcao

Я и говорю, что надо подумать.Если повезет найду доказательство раньше других.

(6 Июл '13 13:46) ASailyan
10|600 символов нужно символов осталось
0

Пусть: k - некоторое целое число. Пусть: $$n^{\alpha} = k$$, тогда: $$\alpha = \frac{ln (k)} {ln (n)}$$

ссылка

отвечен 5 Июл '13 22:55

Спасибо. Короткое решение. Но, в Вашем решении $%\alpha$% зависит от $%n.$%

(5 Июл '13 23:40) Anatoliy
1

Когда я писал ответ, уже 7 человек посмотрели условие. Засомневался: "Что-то тут не то!" Но, успокоив себя: "Смелость города берёт!", всё-таки решился. Ну, что ж, буду ждать правильный ответ.

(6 Июл '13 12:11) nikolaykruzh...
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×778

задан
5 Июл '13 18:40

показан
912 раз

обновлен
11 Июл '13 12:19

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru