szukanie zaawansowane
 [ Posty: 13 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 lis 2016, o 20:29 
Użytkownik

Posty: 260
Lokalizacja: Opole
Wykaż, że dla każdego naturalnego n liczba 7^{n+2} -2 ^{n+2}+ 7^{n+1}- 2^{n+1} jest podzielna przez 10.
Możliwie bez kongurencji (patrz adresat zadania). UWAGA! W wydaniu PAZDRO 2012 r. zadanie to wydrukowano z błędem merytorycznym. Obecnie zostało one zmodyfikowane, przez co jego dowód stał się, zdaje się, niebanalny. Chyba że ktoś mnie przekona, że jest... banalny dla ucznia klasy I szkoły średniej.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 lis 2016, o 20:38 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10550
Lokalizacja: Wrocław
To zadanie jest tak trywialne, że szkoda gadać.

Ta liczba dzieli się przez 5, bo 7^{n+1}-2^{n+1}=(7-2) \sum_{k=0}^{n}7^{n-k}2^k i analogicznie dla 7^{n+2}-2^{n+2}

Ponadto jest parzysta, bo liczby -2^{n+2} i -2^{n+1} są parzyste, a
liczba 7^{n+2}+7^{n+1} jest sumą liczb nieparzystych, czyli także liczbą parzystą.

Mamy podzielność przez 2 i 5, a więc przez 10
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 lis 2016, o 20:40 
Administrator

Posty: 21168
Lokalizacja: Wrocław
Premislav napisał(a):
7^{n+1}-2^{n+1}=(7-2) \sum_{k=0}^{n}7^{n-k}2^k

No cóż, nie dla każdego licealisty ten wzór będzie oczywistością (nawet studenci pierwszego roku matematyki niekoniecznie go znają...).

JK
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 lis 2016, o 20:54 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10550
Lokalizacja: Wrocław
No bo część licealistów to banda leni (oczywiście nie wszyscy). Ja to miałem na kółku w gimnazjum, a szkoła też była zwyczajna. Co więcej, na lekcjach w również zwyczajnym liceum też to było.

Inna metoda: indukcja po n. Pokażemy indukcyjnie, że dla każdego
n \in \NN liczba 5 dzieli 7^{n+2} -2 ^{n+2}+ 7^{n+1}- 2^{n+1}.
Dla n=1 mamy 7^{n+2} -2 ^{n+2}+ 7^{n+1}- 2^{n+1}=7^3-2^3+7^2-2^2=380=5\cdot 76, więc wszystko się zgadza.

Załóżmy, że dla pewnego n \in \NN liczba 5 dzieli 7^{n+2} -2 ^{n+2}+ 7^{n+1}- 2^{n+1}. Wówczas widzimy, że
7^{n+3}-2^{n+3}+7^{n+2}-2^{n+2}=7\cdot (7^{n+2}-2^{n+2}+7^{n+1}-2^{n+1})+5(2^{n+2}-2^{n+1})
liczba 5(2^{n+2}-2^{n+1}) oczywiście dzieli się przez pięć, podobnie liczba
7\cdot (7^{n+2}-2^{n+2}+7^{n+1}-2^{n+1}) dzieli się przez pięć, bo
na mocy założenia indukcyjnego 5 dzieli (7^{n+2}-2^{n+2}+7^{n+1}-2^{n+1}).
To kończy dowód podzielności przez 5.
A podzielność przez 2 jest trywialna i uzasadniamy ją jak poprzednio.

-- 23 lis 2016, o 21:00 --

W zasadzie można też udowadniać indukcyjnie podzielność przez 10 od razu i po prostu jeszcze wyłączyć dwójkę przed nawias, żeby było
10\cdot (2^{n+1}-2^n), ale co tam...
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 lis 2016, o 21:02 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 268
Lokalizacja: Łódzkie
Premislav napisał(a):
No bo część licealistów to banda leni (oczywiście nie wszyscy). Ja to miałem na kółku w gimnazjum, a szkoła też była zwyczajna. Co więcej, na lekcjach w również zwyczajnym liceum też to było.


Pozazdrościć w takim razie szkoły, u mnie na kółku w gimnazjum były niesamowite banały, natomiast w liceum nie było ani tego wzoru, ani zasady indukcji matematycznej, ani zapewne wielu innych rzeczy. Jak widać, są licea zwyczajne i te bardziej zwyczajne. Ale to chyba wina wielkości miasta, w którym mieszkam. Jakoś w metropoliach zawsze jest wyższy poziom. Lekki offtopic, ale uznałem, ze warto to dodać, bo leniem bym siebie nie nazwał, a wzór też poznałem dopiero teraz dzięki Premislavowi.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 lis 2016, o 21:05 
Użytkownik

Posty: 260
Lokalizacja: Opole
A indukcję miałeś na kółku w podstawówce, prawda? Mimo to dziękuję za próby... i czekam na rozwiązanie bez wzoru a^{n}- b^{n}
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 lis 2016, o 21:10 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 5613
7^{n+2} -2 ^{n+2}+ 7^{n+1}- 2^{n+1}=8  \cdot 7^{n+1}- 3 \cdot 2^{n+1}=
8  \cdot (2+5)^{n+1}- 3 \cdot 2^{n+1}=\\=8 \cdot (2^{n+1}+ \sum_{i=1}^{n} {n+1 \choose i}2^{n+1-i}5^i) - 3 \cdot 2^{n+1}=\\=8 \cdot 2^{n+1}+8 \cdot (5 \sum_{i=1}^{n} {n+1 \choose i}2^{n+1-i}5^{i-1}) - 3 \cdot 2^{n+1}=\\=40 \cdot \sum_{i=1}^{n} {n+1 \choose i}2^{n+1-i}5^{i-1}
-5 \cdot 2^{n+1}=10\left[ 4 \cdot \sum_{i=1}^{n} {n+1 \choose i}2^{n+1-i}5^{i-1}
- 2^{n}\right]
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 lis 2016, o 21:23 
Użytkownik

Posty: 260
Lokalizacja: Opole
Kerajs! Co to ma być? Mam to pokazać uczniowi klasy pierwszej? Jestem już w III i niewiele z tego rozumiem.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 lis 2016, o 21:46 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10550
Lokalizacja: Wrocław
Indukcja była za moich czasów w programie liceum. Poza tym nie jesteś uczniem pierwszej klasy liceum, a jeśli takowych uczysz, to powinieneś sam coś wymyślić.

Jeżeli nie masz do dyspozycji indukcji, kongruencji ani wzoru dwumianowego Newtona, to
pozostaje zauważyć, że
ostatnią cyfrą liczby 2^n będzie kolejno 2,4,8,6 i znowu 2 i tak dalej,
a ostatnią cyfrą liczby 7^n będzie kolejno 7,9,3,1 i tak dalej.
Zatem 2^n będzie dawać resztę kolejno 2,4,3,1 z dzielenia przez 5 i tak samo w przypadku 7^n.
Stąd dostaniemy podzielność przez 5, a podzielność przez 2 już bardzo łatwo uzasadniłem, ale jednak nie jest to do końca formalne.

Można też pobawić się w wyłączanie przed nawias:
7^{n+1}-2^{n+1}=7(7^n-2^n)+5\cdot 2^n. Zatem jeśli liczba 7^{n+1}-2^{n+1} dla pewnego n \in \NN^+
dzieli się przez 5, to liczba 7\cdot (7^n-2^n) też, ale \NWD(5,7)=1, więc wówczas 5 dzieli też liczbę 7^n-2^n.
Załóżmy nie wprost, że dla pewnego n \in \NN^+ liczba 5 nie dzieli 7^n-2^n. Wówczas z powyższej obserwacji, zastosowanej n-1 razy, dostajemy, że 5 nie dzieli liczby 7-2, ale to jest sprzeczność. Zatem takie n nie istnieje.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 lis 2016, o 21:49 
Użytkownik

Posty: 260
Lokalizacja: Opole
O! I to mimo podskórnych złośliwości zupełnie mnie przekonało :) Dzięki!
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 24 lis 2016, o 10:01 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 5613
poetaopole napisał(a):
Kerajs! Co to ma być? Mam to pokazać uczniowi klasy pierwszej? Jestem już w III i niewiele z tego rozumiem.

Skoro najprostsze rozwiązania Ci nie pasują, to jakie mogą być inne sposoby? Też proste!

1. Pierwszym i najbardziej oczywistym dowodem jest zastosowanie indukcji matematycznej. Tę miałem w pierwszej klasie szkoły średniej.

2. Ładny sposób to zastosowanie wzoru a^n-b^n. Spotkałeś się z tym wzorem, tylko inaczej zapisanym i z konkretnymi
potęgami :
a^2-b^2=(a-b)(a+b)\\ 
a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)
oraz przy sumie ciągu geometrycznego:
a_1\left( 1+q+q^2+....+q^n\right) = a_1 \frac{1-q^n}{1-q}
bo
(1-q)\left( 1+q+q^2+....+q^n\right) = 1-q^n

Zawsze możesz ''błysnąć'' przed młodszym kolegą wyprowadzając wzór:
a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b^{1}+a^{n-3}b^{2}+.....+a^{1}b^{n-2}+b^{n-1})
co jest bardzo proste:
(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b^{1}+a^{n-3}b^{2}+.....+a^{1}b^{n-2}+b^{n-1})=\\
=(a^{n}+a^{n-1}b^{1}+a^{n-2}b^{2}+a^{n-3}b^{3}+.....+a^{2}b^{n-2}+a^1b^{n-1})-\\
\underline{- \ \ \ \ \ \    \  \   (a^{n-1}b^1+a^{n-2}b^{2}+a^{n-3}b^{3}+.....+a^{2}b^{n-2}+a^{1}b^{n-1}+b^{n})}\\
= \ a^{n} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \  -b^{n}

3. Przypuszczam że jeżysz się i zniechęcasz widząc sigmę. A przecież zastosowałem znany Ci dwumian Newtona:
7 ^{n+1}=(2+5) ^{n+1}=\\= {n+1 \choose 0}2^{n+1}5^{0}+{n+1 \choose 1}2^{n}5^{1}+{n+1 \choose 2}2^{n-1}5^{2}+....+{n+1 \choose n+1}2^{0}5^{n+1}=\\= 2^{n+1}+5\left[{n+1 \choose 1}2^{n}5^{0}+{n+1 \choose 2}2^{n-1}5^{1}+....+{n+1 \choose n+1}2^{0}5^{n} \right]
Tak lepiej?

4. Gratuluję intuicji, bo sposób który Ciebie przekonuje jest najmniej oczywisty. Wieszczę spore problemy przy przekazywaniu go koledze.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 24 lis 2016, o 16:54 
Gość Specjalny

Posty: 3009
Lokalizacja: Gołąb
Cytuj:
4. Gratuluję intuicji, bo sposób który Ciebie przekonuje jest najmniej oczywisty. Wieszczę spore problemy przy przekazywaniu go koledze.


Kongruencje użyte jawnie są dla autora nieakceptowalne jako rozwiązanie. Wyznaczenie ostatniej cyfry danej liczby to używanie kongruencji modulo 10 i ogólnych własności kongruencji np.: \left(a \pmod{n}\right) \cdot \left(b \pmod{n}\right) = ab \pmod{n}.

Natomiast jak się opakuje użycie kongruencji w "zgaduj zgadula" i powie że "tak musi być" to wszystko jest spoko i nikt o nic nie pyta... Tak niestety uczą w większości szkół... :(
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 24 lis 2016, o 17:09 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10550
Lokalizacja: Wrocław
Ja bym jeszcze dodał cudzysłów: "uczą".

Sam nie uważam takiego podejścia za porządne i rygorystyczne, co zresztą zawarłem tu:
Cytuj:
ale jednak nie jest to do końca formalne.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 13 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Podzielność potęg  bobby42  2
 Podzielność potęg - zadanie 2  squared  0
 Podzielność przez 7 - zadanie 9  Scruffy  8
 Podzielność liczby n^3-n przez 6.  Piotr_ZG  1
 podzielnosc przez 3 a wlasciwie jej brak  pan_x000  3
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl