szukanie zaawansowane
 [ Posty: 19 ]  Przejdź na stronę 1, 2  Następna strona
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 lut 2011, o 16:17 
Użytkownik

Posty: 69
Lokalizacja: Władywostok
Witam, nie mogę sobie poradzić z jednym działem, mianowicie podzielnością. Większość działów ogarniam w locie ten jakoś kiepsko mi idzie. Przejdę może do treści, mianowicie: (prosiłbym o nie krytykowanie że dla jednego zad zakładam temat, uwierzcie mi znajdzie się ich tutaj tysiące xD):

1) Pokazać, że dla każdej liczby całkowitej n liczba n^5-n jest podzielna przez 5.

Zadanie jest łatwe, sprowadzam go do postaci (n-1)n(n+1)(n^2+1) następnie za n podstawiam 5k (n=5k) bo jeśli n mam być podzielne przez 5 to musi to być iloczyn 5 i jakiegoś "k", i teraz pojawia się pytanie co dalej? mam rozważać przypadki z resztami czy jak? np. 5k, 5k+1, 5k+2, 5k+3, 5k+4 ? proszę o pełną odpowiedź (nie lubię chodzenia na skróty w matmie :))
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 lut 2011, o 16:22 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2909
Lokalizacja: Biała Podlaska / Warszawa
1 sposób, wynika to z Małego Twierdzenia Fermata, 2 sposób to taki jak pokazałeś, rozbijamy na:

(n-1)n(n+1)(n^2+1)

I teraz jeżeli n=5k+1 \vee n=5k \vee n=5k+4 to któryś z pierwszych 3 czynników dzieli się przez 5, tak więc zostają jedynie 2 przypadki:

1) n=5k+2

Wówczas:

n^2+1 = (5k+2)^2+1 = 25k^2+20k+5 = 5(5k^2+4k+1)

2) n=5k+3

n^2+1= (5k+3)^2+1 = 25k^2+30k+10 = 5(5k^2+6k+2)

Pozdrawiam.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 lut 2011, o 16:30 
Użytkownik

Posty: 69
Lokalizacja: Władywostok
Uhh... ok kapuje :) I taki sposób można stosowac do większości zadań tego typu?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 lut 2011, o 16:30 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 450
Albo rozwiązanie z kongruencji
n\equiv0(mod 5) \Rightarrow n ^{5} -n\equiv0(mod5)\\n\equiv1(mod5) \Rightarrow n ^{5} -n\equiv1 ^{5} -1=0(mod5)\\n\equiv2(mod5) \Rightarrow n ^{5} -n\equiv2 ^{5} -2\equiv0(mod 5)\\n\equiv3\equiv-2(mod5) \Rightarrow n^5-n\equiv(-2 )^{5} +2\equiv0(mod5)\\n\equiv4\equiv-1(mod5) \Rightarrow n ^{5} -n\equiv (-1) ^{5} +1\equiv0(mod5)

pozdrawiam
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 lut 2011, o 16:37 
Użytkownik

Posty: 69
Lokalizacja: Władywostok
cyberciq napisał(a):
Albo rozwiązanie z kongruencji
n\equiv0(mod 5) \Rightarrow n ^{5} -n\equiv0(mod5)\\n\equiv1(mod5) \Rightarrow n ^{5} -n\equiv1 ^{5} -1=0(mod5)\\n\equiv2(mod5) \Rightarrow n ^{5} -n\equiv2 ^{5} -2\equiv0(mod 5)\\n\equiv3\equiv-2(mod5) \Rightarrow n^5-n\equiv(-2 )^{5} +2\equiv0(mod5)\\n\equiv4\equiv-1(mod5) \Rightarrow n ^{5} -n\equiv (-1) ^{5} +1\equiv0(mod5)

pozdrawiam


tego to nie ogarniam, czy mógłbyś mi to objaśnić co to jest ta kongruencja?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 lut 2011, o 16:42 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 450
a\equiv b(mod\n) \Leftrightarrow n|(a-b) czyli innymi słowy liczba a i b dają równe reszty z dzielenia przez n. No i oprócz tego mamy różne prawa działań np. zwrotność,symetria, przechodność. Nie jest trudne, a upraszcza bardzo niektóre zadania z podzielności więc warto poznać.

pozdrawiam
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 lut 2011, o 16:46 
Użytkownik

Posty: 69
Lokalizacja: Władywostok
Vax napisał(a):
1 sposób, wynika to z Małego Twierdzenia Fermata, 2 sposób to taki jak pokazałeś, rozbijamy na:

(n-1)n(n+1)(n^2+1)

I teraz jeżeli n=5k+1 \vee n=5k \vee n=5k+4 to któryś z pierwszych 3 czynników dzieli się przez 5, tak więc zostają jedynie 2 przypadki:

1) n=5k+2

Wówczas:

n^2+1 = (5k+2)^2+1 = 25k^2+20k+5 = 5(5k^2+4k+1)

2) n=5k+3

n^2+1= (5k+3)^2+1 = 25k^2+30k+10 = 5(5k^2+6k+2)

Pozdrawiam.


Wracam jeszcze do góry, czy gdybym podstawił za n 5k + reszta, także w równaniach liniowych czy byłby to błąd? Czy tylko więcej do liczenia?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 lut 2011, o 17:03 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 6500
Lokalizacja: Kraków
No to może jeszcze ja podam kolejną metodę.

Dowód przez indukcję.

1)
n=1 \Rightarrow n^5-n=0 \ \ 0|5 Ok

2)
\text{Z:} \   \bigwedge_{k \in N} \bigvee_{t \in N}  k^5-k=5t\\ \text{T:} \  \bigwedge_{k \in N} \bigvee_{x \in N}  (k+1)^5-(k+1)=5x\\ \text{D:} \\ (k+1)^5-(k+1)=k^5+5k^4+10k^3+10k^2+5k+1-(k+1)=k^5+5k^4+10k^3+10k^2+5k+1-k-1=\underbrace{k^5-k}_{5t}+5k^4+10k^3+10k^2+5k=5\underbrace{(t+k^4+2k^3+2k^2+k)}_{\text{ozn.}x}
Na mocy zasady indukcji matematycznej twierdzenie jest prawdziwe dla każdego n \in \mathbb N.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 lut 2011, o 17:06 
Użytkownik

Posty: 69
Lokalizacja: Władywostok
ok
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 kwi 2011, o 09:03 
Użytkownik

Posty: 69
Lokalizacja: Władywostok
Witam ponownie :) mam pytanie odnośnie bardzo ławego przykładu mianowicie:

Pokazać, że dla każdej liczby całkowitej n liczba n^5-n jest podzielna przez 5.

Przekształcamy do postaci:

(n-1)n(n+1)(n^2+1)

sposobem aby wykazać że to jet podzielne przez pięć trzeba pokazać że jeśli podstawię pod n liczbę odzielną przez 5 z resztą np:
n=5k+1
n=5k+2
n=5k+3
n=5k+4

i wykaże że można wyciągnąć 5 to jest to podzilne przez 5 no i wszystko super tylko moje pytanie brzmi czy muszę wykazywać że jest to podzilne przez n=5k+2 oraz n=5k+3 skoro z zapisu wynika że ta liczba jest podzielna przez 2 i 3 bo jest tutaj iloczyn 3 kolejnych liczb naturalnych??? (sory za dużo czytania xD)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 kwi 2011, o 09:14 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2489
Najpierw sprawdzamy dla jakiegoś n;
Potem stawiamy założenie, że n=k i tezę iż n=k+1 i dowadzamy:

(k+1)^{5}-(k+1) \\ (k+1)^{5}= {5 \choose 0} k^{5}+ {5\choose 1}k^{4}+ {5 \choose 2}k^{3}+ {5 \choose 3} k^{2}+ {5 \choose 4}k+ {5 \choose 5}   \\ k^{5}+5k^{4}+10k^{3}+10k^{2}+5k+1-k-1 \\ (k^{5}-k)+5(k^{4}+2k^{3}+2k^{2}+k)=true

EDIT:

Nie wiem po co to pisałem skoro ares już to rozwiązał. Co do twojego pytania: Weź liczbę podzielną przez 2,3,4,6 np. 12 i pomnóż ją przez 5, to także będzie podzielna przez 5.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 kwi 2011, o 09:20 
Użytkownik

Posty: 69
Lokalizacja: Władywostok
ok tylko ja się chciałm konkretnie dowiedzieć czy muszę podsatwiać też 5k+2 i 5k+3 jeśl z zapisu widać że jest to poidzilne przez 2 i 3??? czy moge wykazywać tylko dla 5k+1 i 5k+4 ??? :) ale dzięki ci za pomoc :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 kwi 2011, o 09:22 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2489
Założenie dotyczy k+1, cokolwiek nie wstawisz za k, jeśli jest prawdą, że wyrażenie n^{5}-n jest podzielne przez 5, to twoja podstawienie w efekcie będzie podzielne przez 5.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 kwi 2011, o 09:25 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2909
Lokalizacja: Biała Podlaska / Warszawa
damianplflow mu nie chodzi o indukcję ;) Co do Twojego pytania Bartek93klm to jeżeli robisz tym sposobem, musisz podstawić i pokazać, że dla wszystkich przypadków dane wyrażenie będzie podzielne przez 5 ;)

Pozdrawiam.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 kwi 2011, o 09:26 
Użytkownik

Posty: 69
Lokalizacja: Władywostok
trochę to czasochłonne ale ok dzięki :)

-- 9 kwi 2011, o 16:05 --

OK znalazłem kolejne dziwne pytanie xD :

1 \le k \le n

k(n-k+1) \ge n
k-k^2 \ge n-kn
-k^2+k \ge -kn+n

i teraz wyciągam k i n przed nawias i skracam:

I "sposób":

-k(k-1) \ge -n(k-1)
-k \ge -n |:(-1)
k \le n i to jest ok i zgodne z założeniem ale:

II "sposób":
k-k^2 \ge n-kn
k(1-k) \ge n(1-k)
k \ge n

I oto pytam się co jest grane?
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 19 ]  Przejdź na stronę 1, 2  Następna strona


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 (3 zadania) Wykaż, że liczby są podzielne przez ...  Anonymous  5
 (4 zadania) Sprawdz podzielność wyrażenia  Anonymous  3
 (4 zadania) Sprawdz podzielność liczb przez 10  Anonymous  4
 Udowodnij twierdzenie. Podzielność liczby przez 11  Anonymous  3
 (3 zadania) Udowodnić podzielność przez 9. Wykazać, że  basia  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl