Jump to content
Sign in to follow this  
-_-

$2+\sqrt{2+2a_n}$ kuadrat sempurna

Recommended Posts

Barisan $\{a_i)_{j=i}^\infty\}$ didefinisikan dengan $a_0=a_1=97$ dan $$a_{n+1}=a_na_{n-1}+\sqrt{(a_n^2-1)(a_{n-1}^2-1)}$$ untuk setiap $n\geq 1$. Buktikan bahwa $2+\sqrt{2+2a_n}$ merupakan bilangan kuadrat sempurna untuk setiap $n\geq 0$

 

Tes 3 Nomor 2 Pelatnas Tahap 2 IMO 2016

Edited by -_-
  • Upvote 1

Share this post


Link to post
Share on other sites

Cara curang nya adalah dengan melihat bahwa Algebraic Integer adalah ring.

 

:D :D

 

Ternyata solusi nya bisa dibikin elementer (same idea) karena $\sqrt[4]{(97^2 + \sqrt{97^2-1} )} = 2+\sqrt{3}$

 

Edited by Adri

Share this post


Link to post
Share on other sites

Solusi yang (mungkin) Elementary, panjang karena (agak) detail. 

 

Spoiler

 

 

Bentuknya seperti Cosinus Hyperbolic $\cosh x$ yang didefinisikan sebagai $\cosh x = \frac{e^{2x}+1}{2e^x}$. Perhatikan bahwa dengan menggunakan definisi ini, mudah dibuktikan identitas berikut

 

\[\cosh(x+y) = \cosh x  \cosh y + \sqrt{(\cosh^2 x-1) (\cosh^2 y-1)} \]

 

Sehingga diperoleh

 

\[\cosh 2x = 2\cosh^2 x -1\]

 

Ini mengindikasikan bahwa $a_{n} = \cosh s_n$ memenuhi barisan pada soal, dimana $s_n$ adalah barisan yang memenuhi $s_{n+1} = s_n + s_{n-1}$. Jelas dengan induksi bahwa jika ada dua barisan $\{a_n\}$ dan $\{x_n\}$ yang memenuhi kondisi soal, maka $a_n=x_n$ (mereka sama), jadi hanya ada tepat satu barisan yang bisa memenuhi kondisi soal.

 

Untuk membuktikan soal, kita butuh beberapa hasil berikut:

 

Definisikan 

 

\[\mathbb{Z}[\sqrt{3}] = \{\mu + \nu \sqrt{3} \, : \, \mu, \nu \in \mathbb{Z}\}\]

 

Lemma 1 : Jika $x,y \in \mathbb{Z}[\sqrt{3}]$ maka $x \times y$ dan $x+y$ adalah anggota $\mathbb{Z}[\sqrt{3}]$

 

Bukti :  Jelas, karena $(a+b\sqrt{3})(s+t\sqrt{3}) = (as+3bt) + (at+bs)\sqrt{3} \in \mathbb{Z}[\sqrt{3}]$ dan $ (a+b \sqrt{3})+(s+t\sqrt{3}) = (a+s)+(b+t)\sqrt{3}$.

 

 

Lemma 2 : Untuk setiap $x=a+b\sqrt{3} \in \mathbb{Z}[\sqrt{3}]$ dengan $x$ bukan bilangan bulat, maka terdapat tepat satu buah polinomial monik berkoefisien $\mathbb{Z}$ dan berderajat dua yang memenuhi $P(a)=0$. Terlebih lagi, koefisien $t$ dari $P(t)$ adalah bilangan genap. 

 

Bukti :  Cukup jelas, karena jika $x=a+b\sqrt{3}$, maka $(x-a)^2=3b^2$, jadi polinomial $t^2-2at+a^2-3b^2$ adalah polinomial monik yang memenuhi $P(x)=0$. Jika $Q(t)$ adalah polinomial monik lain yang demikian, maka $P(t)-Q(t)$ adalah fungsi linear/konstan dengan koefisien di $\mathbb{Z}$ dan  sama dengan nol ketika $t=x$ kontradiksi, karena $x$ irasional. Jelas bahwa koefisien $t$ dari $P(t)$ adalah $-2a$ yang merupakan bilangan genap.

 

 

Misalkan $\lambda$ adalah akar positif dari persamaan $x^2-2(97)x+1$, perhatikan bahwa $\lambda = 97+56\sqrt{3} \in \mathbb{Z}[\sqrt{3}]$. Dengan menggunakan lemma 1,  $\lambda^2 \in \mathbb{Z}[\sqrt{3}]$, sehingga barisan $\{b_n\}$ yang didefinisikan sebagai

 

\[b_{n+1} = b_{n} b_{n-1} \qquad b_0=b_1=\lambda\]

memenuhi $b_n \in \mathbb{Z}[\sqrt{3}]$, terlebih lagi $b_n$ bukan bilangan bulat untuk setiap $n$, karena $56 , 97> 0$.   

 

 

Perhatikan juga bahwa $\sqrt[4]{97+56\sqrt{3}} = 2+\sqrt{3} \in \mathbb{Z}[\sqrt{3}]$, sehingga barisan $\sqrt[4]{b_n}$ juga berada di $\mathbb{Z}[\sqrt{3}]$.

 

 

Definisikan barisan $\theta_n = \ln b_n$, maka diperoleh $e^{\theta_n} = b_n$ dimana $e$ adalah bilangan euler. Perhatikan bahwa dengan definisi cosh hyperbolic diperoleh

 

\[\cosh \theta_n = \frac{e^{2 \theta_n} -1}{2 e^{\theta_n}} \]

 

dan karena $b_{n+1} = b_{n} b_{n-1}$ maka $\theta_{n+1} = \theta_n + \theta_{n-1}$.  Terlebih lagi $e^{\theta_0} = e^{\theta_1}=b_1= b_0 = \lambda$ adalah akar positif dari persamaan $x^2-2(97)x+1$, sehingga

\[\frac{e^{2\theta_0}+ 1}{2e^{\theta_0}} = \frac{e^{2\theta_1}+ 1}{2e^{\theta_1}} = 97 \Rightarrow \cosh \theta_0 = \cosh \theta_1 = 97.\]

 

Ini berarti barisan $x_n = \cosh \theta_n$ memenuhi kondisi soal, dan karena hanya ada satu buah barisan yang memenuhi soal, maka $a_n = x_n = \cosh \theta_n$.

 

 

Lemma 3 : Barisan $a_n=\cosh \theta_n \in \mathbb{Z}$ untuk setiap $n$. 

 

Bukti: Misalkan $a_n = K$, maka diperoleh

\begin{align*}\cosh \theta_n = K &\Leftrightarrow \frac{e^{2 \theta_n} + 1}{2 e^{\theta_n}} = K  \\ &\Leftrightarrow \frac{b_n^2 + 1}{2b_n}=K  \end{align*}

 

Sehingga $b_n$ adalah akar dari persamaan kuadrat monik $X^2-2KX + 1$. Karena dari Lemma 1 $b_n \in \mathbb{Z}[\sqrt{3}]$  dan bukan bilangan bulat untuk setiap $n$, maka dari Lemma 2 terdapat tepat satu polinomial monic kuadrat dengan koefisien di $\mathbb{Z}$ yang memuat $b_n$ sebagai akar, jadi $X^2 -2KX + 1$ adalah polinomial tersebut,sehingga diperoleh $2K \in \mathbb{Z}$, namun karena dari Lemma 1 juga diperoleh hasil bahwa $2K$ bilangan genap, maka $K$ bilangan bulat. 

 

Definisikan barisan $\{c_n\}$ sebagai

\[c_n := \cosh \frac{\theta_n}{4} \qquad n\geq 1 \]

 

Lemma 4: Barisan $c_n \in \mathbb{Z}$ untuk setiap $n$.

 

Misalkan $c_n=L$. Telah kita ketahui bahwa barisan $\{\sqrt[4]{b_n}\}$ juga berada di $\mathbb{Z}[\sqrt{3}]$ dan bukan bilangan bulat. Perhatikan bahwa  $\sqrt[4]{b_n}=e^{\frac{\theta_n}{4}}$, jadi dengan Lemma 1 $e^{\frac{\theta_n}{4}}$ juga memenuhi persamaan kuadrat monik $P(t)$ dengan koefisien $t$ bilangan genap. Dengan cara yang sebelumnya kita peroleh $c_n=\cosh \frac{\theta_n}{4}$ bilangan bulat.

 

 

Dari hasil-hasil tersebut kita peroleh

\begin{align*}2+\sqrt{2+2a_n}=2+\sqrt{2 (1+\cosh \theta_n)} &=2+\sqrt{2 \left(1+\left[2\cosh^2 \frac{\theta_n}{2}-1\right]\right)}\\ &=2+2\cosh \frac{\theta_n}{2}\\ &=2+2 \times \left(2\cosh^2 \frac{\theta_n}{4}-1\right) 

\\ &=\left(2 \cosh \frac{\theta_n}{4}\right)^2 \end{align*}

Jadi $2+ \sqrt{2+2a_n} =c_n^2$. Kita selesai.

 

Edited by Adri

Share this post


Link to post
Share on other sites

Versi yang kelihatan lebih elegan sedikit.

 

Spoiler

Misalkan $x$ adalah bilangan real yang lebih besar dari $1$ dan $\frac{x+\frac1{x}}{2}= 97$. Dapat dibuktikan dengan induksi bahwa $a_n = \frac{x^{F_{n+1}} + x^{-F_{n+1}}}{2}$.

$x^2-194x+1=0 \Rightarrow x=97+56\sqrt{3} \Rightarrow x=(2+\sqrt{3})^4$

 

$2+\sqrt{2+2a_n} = 2 + \sqrt {x^{F_{n+1}} + 2 + x^{-F_{n+1}}} = 2 + (\sqrt{x})^{F_{n+1}} + (\sqrt{x})^{-F_{n+1}} = ((\sqrt[4]{x})^{F_{n+1}} + (\sqrt[4]{x})^{-F_{n+1}})^2 = ((2+\sqrt{3})^{F_{n+1}} + (2-\sqrt{3})^{F_{n+1}})^2$

 

Terus tinggal buktikan dengan induksi bahwa $(2+\sqrt{3})^m +(2-\sqrt{3})^m$ adalah bilangan bulat untuk semua bilangan asli $m$. 

 

Idenya ya mirip sama solusi di atas.

Edited by BoesFX
  • Upvote 1

Share this post


Link to post
Share on other sites
On 3/15/2016 at 7:32 AM, Adri said:

Cara curang nya adalah dengan melihat bahwa Algebraic Integer adalah ring.

 

:D :D

 

Ternyata solusi nya bisa dibikin elementer (same idea) karena (972+9721)4=2+3(972+972−1)4=2+3

 

Bisa elaborate ini maksudnya apa? 

Share this post


Link to post
Share on other sites
On 12/31/2016 at 9:56 AM, erlang said:

Bisa elaborate ini maksudnya apa? 

saya agak2 lupa, mesti kerjain ulang (krn udah di spoof di solusi diatas ).. intinya saya pakai itu buat speculate bahwa $\sqrt[4]{(97^2 + \sqrt{97^2-1} )}$ adalah anggota $\mathbb{Z}[\sqrt{3}]$ (dengan confident bahwa soal nya benar).. 

 

Share this post


Link to post
Share on other sites

Create an account or sign in to comment

You need to be a member in order to leave a comment

Create an account

Sign up for a new account in our community. It's easy!

Register a new account

Sign in

Already have an account? Sign in here.

Sign In Now

Sign in to follow this  

×