szukanie zaawansowane
 [ Posty: 10 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta Offline
PostNapisane: 10 sty 2018, o 13:45 
Użytkownik

Posty: 3
Lokalizacja: Warszawa
Wykaż, że żadna z cyfr 2, 4, 7, 9 nie może być ostatnią cyfrą liczby 1 + 2 + 3 + … + n , gdzie n jest liczbą naturalną.
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2018
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 10 sty 2018, o 14:35 
Użytkownik

Posty: 179
Zauważ, że sumę opisaną następująco:
1+2+3+..+n
można zapisać w ten sposób
\frac{n(n+1)}{2}

Jeżeli nie znasz arytmetyki ciągów, to banalnym dowodem tego jest według legendy "sposób Gaussa".
Zauważ, że:
S=1+2+...+(n-1)+n \\
S=n+(n-1)+...+2+1

Zauważ, że suma składników, które są w jeden "kolumnie" (pod sobą) wynosi zawsze n+1
Dodając stronami otrzymujemy zatem:
2 \cdot S=(n+1)+(n+1)+....+(n+1)=n \cdot (n+1)
Dlaczego pomnożyłem razy n ?
Zauważ, że w ciągu 1+2+...+n wyrazów jest dokładnie n .
Dzieląc stronami przez 2 otrzymujemy zadaną sumę:
S= \frac{n(n+1)}{2}

Gdy, przyjrzymy się wzorowi, zauważmy, że n(n+1) , to iloczyn dwóch kolejnych liczb naturalnych.
A, więc jakie możliwości mogą zaistnieć?
Wiemy, że ostatnia cyfra w iloczynie k powstaje poprzez wymnożenie k cyfr jedności. Wynika to z rozkładu liczby na sumę typu 168=100+60+8

Wypiszmy teraz możliwe ostatnie cyfry takiego iloczynu.
1 \cdot 2=2 \\
 2 \cdot 3=6 \\
 3 \cdot 4=12 \\
 4 \cdot 5=20 \\
 5 \cdot 6=30 \\
 6 \cdot 7=42 \\
 7 \cdot 8=56 \\
 8 \cdot 9=72
Dzieląc dalej te liczby na dwa jak nakazuje wzór otrzymujemy co następuje:
1,3,6,10,15,21,28,36
Ostatnie cyfry tych ilorazów, to 1,3,6,0,5,1,8,6 .
Odrzucając powtórzenia otrzymujemy ostatecznie: 0,1,3,5,6,8
A więc widzisz, że właśnie cyfry 2,4,7,9 nie mogą być ostatnią cyfry tej liczby.

AD)
Zauważ, jak powstaje ostatnia cyfra iloczynu np. liczb 26 oraz 41 :
26 \cdot 41=(20+6) \cdot (40+1)=20 \cdot 40+20 \cdot 1+6 \cdot 40+6 \cdot 1

Zauważ, że wszystkie składniki sumy są większe niż 10 , oprócz ostatniego, który jak już napisałem jest iloczynem cyfr jedności.
Wynik to 1066 , ale to, że ostatnią cyfrą jest 6 wiadomo od początku. :)
Zasada obowiązuje dla większej ilości czynników, powstaje to analogicznie.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 10 sty 2018, o 21:34 
Użytkownik

Posty: 2371
Lokalizacja: Kraków
To nie jest dowód, tylko sprawdzenie, że teza zachodzi dla początkowych wyrazów.
Jak powinien wyglądać dowód?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 10 sty 2018, o 22:03 
Użytkownik

Posty: 12322
Lokalizacja: Presslaw
Ja bym wpierw zauważył, że (n-2)+(n-1)+n+(n+1)+(n+2)=5n (*), zatem suma każdych kolejnych pięciu wyrazów tego ciągu jest podzielna przez 5 .
Zatem jeżeli sprawdzimy pięć pierwszych wyrazów ciągu, tj.
1, \ 1+2, \ 1+2+3, \ 1+2+3+4,\ 1+2+3+4+5 i przekonamy się, że wszystkie one dają resztę 0, \ 1 albo 3 z dzielenia przez 5 , to stąd przez prostą indukcję wyniknie, że dla każdego n\in \NN^+ jest \frac{n(n+1)}{2}\equiv 0 \pmod{5} lub \frac{n(n+1)}{2}\equiv 1\pmod{5} lub \frac{n(n+1)}{2}\equiv 3\pmod{5} .
Oczywiście żadna z liczb 2,4,7,9 nie daje reszty 0, 1 ani 3 z dzielenia przez 5
Zarys drugiego kroku indukcyjnego może być taki. Powiedzmy, że \sum_{k=1}^{n}k= 1+\ldots+n\equiv 1\pmod{5} , zatem dla dowolnego m \in \NN (w szczególności dla m=1 , co nam wystarcza po sprawdzeniu pierwszych pięciu wyrazów) jest \sum_{k=1}^{n+5m}k \equiv 1\pmod{5} , gdyż
\sum_{k=1}^{n+5m}k= \sum_{k=1}^{n}k+ \sum_{l=1}^{m} \sum_{k=n+5(l-1)+1}^{n+5l} k, z założenia indukcyjnego
\sum_{k=1}^{n}k\equiv 1\pmod{5}, zaś \sum_{l=1}^{m} \sum_{k=n+5(l-1)+1}^{n+5l} k jest, na mocy obserwacji (*), sumą m liczb podzielnych przez 5 , czyli liczbą podzielną przez 5 , więc nic nie zmienia modulo 5 .
Analogicznie dla 1+\ldots+n\equiv 0\pmod{5} oraz 1+\ldots+n\equiv 3\pmod{5} .
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 10 sty 2018, o 22:16 
Użytkownik

Posty: 39
Lokalizacja: Śląskie
Niech S=1+2+3+...+n

Wiemy, że S_n= \frac{n^2+n}{2}. Niech r oznacza resztę z dzielenia n przez 5 . Z twierdzenia o dzieleniu z resztą: istnieje takie k \in N , że n=5k+r . Zatem:
S_n= \frac{25k^2+10kr+r^2+5k+r}{2}=5kr+\frac{25k^2+5k}{2}+\frac{r^2+r}{2}
Wyraz \frac{25k^2+5k}{2} jest liczbą naturalną podzielną przez 5 (jeżeli tego nie widzisz to wyciągnij sobie 5k przez nawias i rozważ dwa przypadki kiedy k jest parzyste i k jest nieparzyste).
Zatem reszta z dzielenia S_n przez 5 jest równa reszcie z dzielenia przez pięć tego wyrażenia \frac{r^2+r}{2} .
Wstawiając za r wszystkie możliwe reszty z dzielenia przez pięć (liczby naturalne od 0 do 4 ) łatwo dojść do wniosku, że S_n nigdy nie da reszt: 2 i 4 przy dzieleniu przez 5 . Czyli przy dzieleniu przez 10 nie można otrzymać następujących reszt: 2,\:4,\:7,\: 9 , a to jest teza.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 10 sty 2018, o 22:20 
Użytkownik

Posty: 179
Jezu Chryste jakie sprawdzenie? Dałem wywód na n linijek, ludzie nie chcecie elementarnych rozwiązań to, nie będę takich dawał.
Sprawdziłem WSZYSTKIE reszty iloczynów kolejnych liczb naturalnych, w Post Scriptum objaśniłem Ci jak powstają cyfry końcowe na podstawie Teorii Liczb.
Dlatego warunkiem dostatecznym jest sprawdzenie tych iloczynów od 2 do 9
Jak widzę takie posty, to mnie krew zalewa 20 minut życia psu w piach.

Matematyka jest piękna wtedy, gdy rozwiązanie zrozumie nawet laik, ale jak ktoś nie umie czytać ze zrozumieniem, to niech nie wchodzi na to forum i zajmie się pracą fizyczną.

Powstawania cyfr jedności, zadania dla 7 latków z Torunia nie zrozumiesz, ale wywody z RACHUNKIEM MODULO I KONGRUENCJĄ czyli głębokim tematem teorioliczbowym oraz INDUKCJA ZUPEŁNA MATEMATYCZNA 1 ROK MATEMATYKA DYSKRETNA/ANALIZA MATEMATYCZNA przy obecnych standardach nauczania to już pojemaju od A do Z?

Ostatni raz wypowiedziałem się w temacie Teoria Liczb.

Użytkowniku TheBill licz się ze słowami i współczuje wszystkim, którzy mieli okazje czytać twoje 2000 postów (swoją drogą niezły wynik jak na brak znajomości tego dowodu).

NA DOLE
Gdzie używam kongruencji w dowodzie na poziomie 1 klasy liceum? Błagam przeczytajcie dowód dokładnie.

Proszę daje link:
https://odrabiamy.pl/matematyka/ksiazka ... anie-35662
Zadanie dla gimnazjalistów opiera się dokładnie na tym samym.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 10 sty 2018, o 22:29 
Użytkownik

Posty: 39
Lokalizacja: Śląskie
Richard del Ferro napisał(a):
Jezu Chryste jakie sprawdzenie? Dałem wywód na n linijek, ludzie nie chcecie elementarnych rozwiązań to, nie będę takich dawał.
Sprawdziłem WSZYSTKIE reszty iloczynów kolejnych liczb naturalnych, w Post Scriptum objaśniłem Ci jak powstają cyfry końcowe na podstawie Teorii Liczb.
Dlatego warunkiem dostatecznym jest sprawdzenie tych iloczynów od 2 do 9
Jak widzę takie posty, to mnie krew zalewa 20 minut życia psu w piach.

Matematyka jest piękna wtedy, gdy rozwiązanie zrozumie nawet laik, ale jak ktoś nie umie czytać ze zrozumieniem, to niech nie wchodzi na to forum i zajmie się pracą fizyczną.

Nie jestem pewien czy sprawdzenie wszystkich reszt modulo 10 iloczynu n(n+1) rozwiązuje sprawę przystawania \frac{n(n+1)}{2} modulo 10 , bo przecież 10 nie jest względnie pierwsze z 2 , a kongruencje wolno dzielić stronami, tylko gdy dzielimy przez coś względnie pierwszego z modulo.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 10 sty 2018, o 22:32 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 979
Lokalizacja: Jasło/Kraków
Jezus Chrystus Ci nie odpowie. Nie uzasadnione są Twoje nerwy. Ale to już off-top.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 10 sty 2018, o 22:39 
Użytkownik

Posty: 39
Lokalizacja: Śląskie
_Michal napisał(a):
Richard del Ferro napisał(a):
Jezu Chryste jakie sprawdzenie? Dałem wywód na n linijek, ludzie nie chcecie elementarnych rozwiązań to, nie będę takich dawał.
Sprawdziłem WSZYSTKIE reszty iloczynów kolejnych liczb naturalnych, w Post Scriptum objaśniłem Ci jak powstają cyfry końcowe na podstawie Teorii Liczb.
Dlatego warunkiem dostatecznym jest sprawdzenie tych iloczynów od 2 do 9
Jak widzę takie posty, to mnie krew zalewa 20 minut życia psu w piach.

Matematyka jest piękna wtedy, gdy rozwiązanie zrozumie nawet laik, ale jak ktoś nie umie czytać ze zrozumieniem, to niech nie wchodzi na to forum i zajmie się pracą fizyczną.

Nie jestem pewien czy sprawdzenie wszystkich reszt modulo 10 iloczynu n(n+1) rozwiązuje sprawę przystawania \frac{n(n+1)}{2} modulo 10 , bo przecież 10 nie jest względnie pierwsze z 2 , a kongruencje wolno dzielić stronami, tylko gdy dzielimy przez coś względnie pierwszego z modulo.

Źle się wyraziłem, chodziło mi o to, że sprawdziłeś wszystkie reszty z dzielenia przez dziesięć n(n+1) . Ale potem podzieliłeś to przez dwa, więc już nie możesz oceniać reszt z dzielenia przez dziesięć (czyli ostatnich cyfr), tylko co najwyżej reszty z dzielenia przez pięć. W Twoim przykładzie z gimnazjum nikt nic nie dzielił.

Chociaż z Twoich rozważań wynika, że S nie może dawać reszt 2 ani 4 przy dzieleniu przez pięć, co jest równoważne tezie, w mojej ocenie bez tego komentarza rozwiązanie nie może być uznane za poprawne, z wyżej wymienionego powodu.

(edit) Dobra, wytłumaczę to najprościej jak mogę: jeżeli ostatnia cyfra czegoś wynosi l , to ostatnia cyfra tego czegoś podzielonego przez 2 nie koniecznie wynosi \frac{l}{2} . Na przykład ostatnia cyfra liczby 114 to 4 , ale jeżeli podzielisz ją przez dwa to jej ostatnia cyfra to nie jest 2 , tylko 7 .

(edit) To już drobiazg, ale jest jeszcze jeden problem z Twoim rozwiązaniem: nie uwzględniasz, że ostatnia cyfra którejś z liczb:
n, n+1 może być zerem.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 10 sty 2018, o 22:45 
Moderator

Posty: 1967
Lokalizacja: Trzebiatów
http://archom.ptm.org.pl/?q=node/1749
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 10 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Dowodzenie twierdzeń - zadanie 21  kornik1  6
 dowodzenie twierdzeń - zadanie 10  dj600vo  7
 Wstaw cyfry...  RAFAELLO14  3
 silnia i 2 ostatnie cyfry  jmkpc  4
 przedostania liczba cyfry 2^303 / 2^79  qwertyqaz1  9
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl