MATEMANIJA

U razvoju stepena binoma [inlmath]\left(\sqrt5+\sqrt[5]2\right)^{2007}[/inlmath] broj clanova koji su racionalni brojevi je:

Htela sam da pitam da li ovakav tip zadataka uvek mogu da radim na sledeci nacin(preko aritmetickog niza):

Prvi deljiv broj sa [inlmath]10[/inlmath], od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]2007[/inlmath] je [inlmath]10[/inlmath], a zadnji [inlmath]2000[/inlmath]
odatle dobijem da je [inlmath]n=200[/inlmath]
I kao konacan rezultat dobijem [inlmath]201[/inlmath] zato sto dodam nulu.

Nisam razumeo zbog čega tražiš brojeve deljive sa [inlmath]10[/inlmath], ali vrlo sličan zadatak (samo s izmenjenim brojnim vrednostima), kompletno urađen i objašnjen, imaš u ovoj temi.

Znam pogledala sam tu temu,nego me zanima samo da li moze i ovako da se radi.
[inlmath]10[/inlmath] sam dobila kada koren napisem u obliku razlomka i onda pomnozim njihove imenioce.

kristinaaa je napisao:[inlmath]10[/inlmath] sam dobila kada koren napisem u obliku razlomka i onda pomnozim njihove imenioce.

Ima rezona ovo što si predložila, ali mi deluje da si ovo "napamet", tj. tek tako usvojila. Izvinjavam se ako grešim. Nego da razjasnimo zašto baš deljivost sa [inlmath]10[/inlmath].
Naime, u binomnom razvoju dobija se racionalan broj kada se [inlmath]\sqrt5[/inlmath] podigne na paran stepen, kao i [inlmath]\sqrt[5]2[/inlmath] na stepen deljiv sa [inlmath]5[/inlmath]. U osnovi si radila tačno. Jeste da je upotrebljiv aritmetički niz, ali zato je najbolje da nam napišeš svoj postupak, pa da vidimo

Mislila sam na to da ako zelim da imam racionalne clanove taj broj mora biti deljiv i sa [inlmath]5[/inlmath] i sa [inlmath]2[/inlmath]. I na taj nacin zakljucujem da mora biti deljiv sa [inlmath]10[/inlmath].
E sad sam ostatak radila po aritmetickom
[dispmath]2000=10+(n-1)10\\
n=200[/dispmath]
A posto nisam racunala tu i nulu,kao konacan rezultat: [inlmath]200+1=201[/inlmath]

Odlično si razmišljala. Ali sačekaj, hoću ovo detaljno da proverim, pa ti javljam.

Hvala I mene bas zanima da li mogu bas uvek ovo da primenjujem

@kristinaaa, jesi li uporedila rešenje koje dobijaš na ovaj način, s rešenjem koje dobijaš na način kojim je rađeno u temi na koju sam ti linkovao?

Nisam uporedila,zato sto je resenje ovog zadatka ovo sto sam ja dobila,pa sam mislila da nema potrebe.

Da je u zadatku umesto [inlmath]2007[/inlmath] bilo, recimo, [inlmath]2003[/inlmath], tj. da je zadatak glasio
[dispmath]\left(\sqrt5+\sqrt[5]2\right)^{2003}[/dispmath]
da li bi i tada dobila iste rezultate kada radiš na jedan i na drugi način?

Za ovaj zadatak sam dobila resenje [inlmath]200[/inlmath]

To je tačno rešenje, ali ne vidim kako si ga mogla dobiti ako si išla ovim svojim postupkom. Poslednji broj pre [inlmath]2003[/inlmath] koji je deljiv sa [inlmath]10[/inlmath] je broj [inlmath]2000[/inlmath], koji se dobije za [inlmath]k=200[/inlmath], a računajući i nulu, trebalo bi da ti je ispalo [inlmath]201[/inlmath]?
Ne znam, moguće da nisam najbolje razumeo tvoj način...

Mozda je glupo ali ja to nekako u glavi sracunam,tacnije,posto je [inlmath]2000[/inlmath] do [inlmath]2003[/inlmath] razlika samo [inlmath]3[/inlmath],dok ovde razlika [inlmath]7[/inlmath]. (nekako sam tu granicu stavila na [inlmath]5[/inlmath]) i onda i onda u ovom slicaju ne dodajem jedan broj vec je on svakako usao u ovih [inlmath]200[/inlmath] racionalnih.

Ako se oslanjaš na rezultat prethodnog zadatka u kojem smo imali [inlmath]2007[/inlmath] u eksponentu, pa kažeš da ovde rezultat mora biti manji za [inlmath]1[/inlmath], to jeste logično i tačno razmišljanje. Ali, ako bi ovaj zadatak s eksponentom [inlmath]2003[/inlmath] trebalo da uradiš od samog starta, ne posmatrajući rešenje prethodnog zadatka, a ako bi se vodila istom tom logikom koju si predložila za prethodni zadatak, dobila bi takođe [inlmath]201[/inlmath], zar ne? Prema tome, nešto u tom rezonu ipak ne valja...

Da onda ne bi moglo ovako,tj moglo bi ali bez ovog zadnjeg dela kada se dodaje jedan clan

Pa ovako razmisljam,prvo oderdim granicu koju stavim na [inlmath]2005[/inlmath],e onda vidim da je [inlmath]2003[/inlmath] blizi do [inlmath]2000[/inlmath] znaci onda ne dodajemo [inlmath]1[/inlmath],ali u drugom slucaju npr [inlmath]2007[/inlmath] ili neki br od [inlmath]2005[/inlmath] do [inlmath]2010[/inlmath] onda tu dodajemo jos jedan.

kristinaaa je napisao:Da onda ne bi moglo ovako,tj moglo bi ali bez ovog zadnjeg dela kada se dodaje jedan clan

Upravo tako.
Evo u čemu je greška u tvom razmišljanju.
Kada razviješ [inlmath]\left(\sqrt5+\sqrt[5]2\right)^{2007}[/inlmath] dobićeš sumu
[dispmath]\sum_{k=0}^{2007}{2007\choose k}\left(\sqrt5\right)^{2007-k}\left(\sqrt[5]2\right)^k[/dispmath]
što se svodi na
[dispmath]\sum_{k=0}^{2007}{2007\choose k}5^{\frac{2007-k}{2}}2^{\frac{k}{5}}[/dispmath]
odakle zaključujemo da [inlmath]k[/inlmath] treba da bude deljivo sa [inlmath]5[/inlmath], kao što si i ti zaključila. Međutim, [inlmath]k[/inlmath] ne treba da bude deljivo sa [inlmath]2[/inlmath] kako si ti rekla, već izraz [inlmath]2007-k[/inlmath] treba da bude deljiv sa [inlmath]2[/inlmath], odakle sledi upravo da [inlmath]k[/inlmath] treba da bude neparno.
Ti si rezonovala, dakle, kao da oba sabirka iz binoma dižemo na [inlmath]k[/inlmath], a to nije tako, već jedan dižemo na [inlmath]k[/inlmath], a drugi na [inlmath]2007-k[/inlmath].
Pošto je, dakle, [inlmath]k[/inlmath] neparno i deljivo sa [inlmath]5[/inlmath], ono mora biti oblika [inlmath]10n+5[/inlmath], gde je [inlmath]n[/inlmath] prirodan broj uključujući i nulu. To se razlikuje od onog što si ti dobila da [inlmath]k[/inlmath] treba biti oblika [inlmath]10n[/inlmath], međutim, u tvom zadatku tako se potrefilo da dobiješ tačno rešenje. Već u zadatku u kojem imamo [inlmath]2003[/inlmath] umesto [inlmath]2007[/inlmath], tvoj rezon bi te odveo do pogrešnog rezultata.

Hvalaa Daniele puno. Da, greska je sto sam onako razmisljala. Hvala sto si mi ukazao.
Samo i dalje ne znam da li se razumemo oko ovoga kada stavim granicu [inlmath]2005[/inlmath],i ukoliko je manji a u ovom slucaju jeste [inlmath]2003[/inlmath] manji, onda ne dodajemo nulu zato sto je svakako vec ukljucena.

Nema na čemu.
To sa stavljanjem granice nisam razumeo, pa samim tim ne mogu ni da komentarišem.

Tačno je sve ovo što reče Daniel. Pogledao sam i temu linkovanu u ovoj temi. Milovan je sve super objasnio, kao i Daniel, u toj "staroj" temi. Ideja koju je izložila kristinaaa je interesantna, ali nije univerzalna, bar se meni tako čini. Kao što rekoh, moram još da razmislim. Mene zabrinjava formulacija zadatka "broj članova koji su racionalni brojevi". Član binomnog razvoja je proizvod dva člana a onda možemo doći u situaciju (u opštem slučaju) da proizvod dva iracionalna broja da racionalan broj, na primer:
[dispmath]\left(\sqrt2+\sqrt8\right)^2= {2\choose0}\cdot8+{2\choose1}\sqrt2\sqrt8+{2\choose2}\cdot2[/dispmath]

desideri je napisao:možemo doći u situaciju (u opštem slučaju) da proizvod dva iracionalna broja da racionalan broj, na primer:
[dispmath]\left(\sqrt2+\sqrt8\right)^2= {2\choose0}\cdot8+{2\choose1}\sqrt2\sqrt8+{2\choose2}\cdot2[/dispmath]

To se neće desiti ako su u izrazu [inlmath]\left(\sqrt[m]a+\sqrt[n]b\right)^p,\;a,b,m,n,p\in\mathbb{N}[/inlmath], brojevi [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath] uzajamno prosti, a oni upravo jesu uzajamno prosti, čak su i sami po sebi prosti, u svim zadacima ovakvog tipa koje sam dosad viđao.

Mene formulacija „racionalni brojevi“ čudi iz drugog razloga. Nijedan član ovog razvoja ne može biti racionalan broj, a da pri tome ne bude i ceo broj. Znači, tražeči broj racionalnih članova u razvoju, mi, zapravo, tražimo broj celobrojnih članova tog razvoja. Zbog toga mi je nelogično što se u svim ovakvim zadacima traži broj racionalnih članova, umesto da se u tekstu lepo napiše – naći broj celobrojnih članova.

Pa baš vala

Daniel je napisao:Pošto je, dakle, [inlmath]k[/inlmath] neparno i deljivo sa [inlmath]5[/inlmath], ono mora biti oblika [inlmath]10n+5[/inlmath], gde je [inlmath]n[/inlmath] prirodan broj uključujući i nulu.

Zanima me kako dobijamo ovo [inlmath]10n+5?[/inlmath]

Da dopunim svoj komentar. Ukoliko je [inlmath]k[/inlmath] neparan broj deljiv sa pet, trazimo te brojeve u skupu od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]2007[/inlmath]. Brojevi koji zadovoljavaju nas uslov su: [inlmath]5,15,25,35,45,\ldots,2005[/inlmath]. Sada mozemo da formiramo aritmeticki niz gde je prvi clan [inlmath]5[/inlmath], poslednji [inlmath]2005[/inlmath], a [inlmath]d[/inlmath] nam je jednako sa deset. Dakle:
[dispmath]2005=5+(n-1)\cdot10[/dispmath]
I resenje je [inlmath]201[/inlmath]. Zanima me da li je ispravan ovaj moj nacin razmisljanja ili mi se tacno resenje slucajno potrefilo?

Mislim da si dobila resenje na dobar nacin i da ti se resenje nije slucajno potrefilo.

Ovako sam radila jos jedan slican zadatak i dobila tacno resenje. Videcemo sta misle ostali clanovi

Molim vas da ne citirate cele postove bez potrebe. Tačka 15. Pravilnika.

zlatna ribica je napisao:Zanima me kako dobijamo ovo [inlmath]10n+5?[/inlmath]

Kao što je već rečeno, [inlmath]k[/inlmath] je neparno i deljivo sa [inlmath]5[/inlmath]. Znamo da se brojevi deljivi sa [inlmath]5[/inlmath] mogu završavati ili nulom ([inlmath]10,20,30,\ldots[/inlmath]) ili peticom ([inlmath]5,15,25,\ldots[/inlmath]). Ako se završavaju nulom, tada su parni, a ako se završavaju peticom, tada su neparni. Znači, [inlmath]k[/inlmath] treba da bude broj koji se završava peticom.
Brojevi koji se završavaju nulom mogu se predstaviti u obliku [inlmath]10n,\;n\in\mathbb{N}[/inlmath]. Na svaki broj koji se završava nulom potrebno je dodati [inlmath]5[/inlmath] da bi se dobijeni broj završavao peticom. Prema tome, brojeve koji se završavaju peticom možemo predstaviti kao [inlmath]10n+5,\;n\in\mathbb{N}_0[/inlmath] (ili kao [inlmath]10n-5,\;n\in\mathbb{N}[/inlmath], svejedno).

Možemo i ovako posmatrati: brojevi koji su neparni a deljivi sa [inlmath]5[/inlmath], dobijaju se kao neparan umnožak broja [inlmath]5[/inlmath]. To jest, proizvod neparnog broja i broja [inlmath]5[/inlmath]. Pošto se neparan broj može predstaviti kao [inlmath]2n+1,\;n\in\mathbb{N}_0[/inlmath], to će proizvod neparnog broja i petice biti [inlmath]\left(2n+1\right)\cdot5,\;n\in\mathbb{N}_0[/inlmath], tj. [inlmath]10n+5,\;n\in\mathbb{N}_0[/inlmath].

Evo i još jednog načina na koji to možemo zaključiti. [inlmath]k[/inlmath] je neparan broj, dakle, [inlmath]k=2m+1,\;m\in\mathbb{N}_0[/inlmath]. Takođe, [inlmath]k[/inlmath] je deljivo sa [inlmath]5[/inlmath], tj. [inlmath]k=5n,\;n\in\mathbb{N}[/inlmath]. Odatle sledi:
[dispmath]k=2m+1=5n\quad\Rightarrow\quad 2m=5n-1\quad\Rightarrow\quad m=\frac{5n-1}{2}[/dispmath]
Pošto je [inlmath]m[/inlmath] prirodan broj, sledi da i [inlmath]\frac{5n-1}{2}[/inlmath] mora biti prirodan broj, što znači da [inlmath]5n-1[/inlmath] mora biti deljivo sa [inlmath]2[/inlmath], tj. [inlmath]5n-1[/inlmath] je parno. Odatle, opet, sledi da je [inlmath]5n[/inlmath] neparno. Samim tim, mora i [inlmath]n[/inlmath] biti neparno, što znači da se [inlmath]n[/inlmath] može predstaviti kao [inlmath]n=2p+1,\;p\in\mathbb{N}_0[/inlmath]. Uvrstimo to u [inlmath]k=5n[/inlmath] i dobijemo [inlmath]k=5\left(2p+1\right),\;p\in\mathbb{N}_0[/inlmath], to jest [inlmath]k=10p+5,\;p\in\mathbb{N}_0[/inlmath].

zlatna ribica je napisao:[dispmath]2005=5+(n-1)\cdot10[/dispmath]
I resenje je [inlmath]201[/inlmath]. Zanima me da li je ispravan ovaj moj nacin razmisljanja ili mi se tacno resenje slucajno potrefilo?

Sasvim ispravan, upravo se tako i radi.