Osaako joku auttaa tämmöisessä tehtävässä?:
n on kokonaisluku. Todista, että luku n^5 10n^4 35n^3 50n^2 24n on jaollinen luvulla 120.
Muissa vastaavissa on laskimen factoria voinut käyttää. Tässä tapauksessa lauseke muuttuu muotoon n∙(n 1)∙(n 2)∙(n 3)∙(n 4), josta ei kyllä muutu yhtään sen viisaammaksi. En saa tuota millään sellaiseen muotoon, että se olisi jaollinen 120:llä.
n on kokonaisluku. Todista, että luku n^5 10n^4 35n^3 50n^2 24n on jaollinen luvulla 120.
Muissa vastaavissa on laskimen factoria voinut käyttää. Tässä tapauksessa lauseke muuttuu muotoon n∙(n 1)∙(n 2)∙(n 3)∙(n 4), josta ei kyllä muutu yhtään sen viisaammaksi. En saa tuota millään sellaiseen muotoon, että se olisi jaollinen 120:llä.
Vastaukset 16
Vanhimmat
120 = 2*3*4*5. Voit helposti osoittaa, että tuo n∙(n 1)∙(n 2)∙(n 3)∙(n 4) on jaollinen noilla luvuilla (joka toinen jaollinen 2lla, joka kolmas kolmella jne).
Luku a on jaollinen luvulla n jos ja vain jos se on jaollinen kaikilla luvun n alkutekijäesityksen p1^k1 * ...* pm^km alkulukupotensseilla pj^kj.
Joten kuten jo on sanottu 120 = 2^3 * 3 * 5, niin riittää osoittaa noilla jaolliseksi. Mutta tosiaan pitää osoittaa kasilla jaolliseksi. Tuosta tulomuodosta sekin seuraa sillä yksi tekijä on neljällä jaollinen ja lisäksi jokin toinen kakkosella, joten yhteensä ainakin kasilla.
Jos tuota tulomuotoa ei huomaa, niin todistus on myös kätevä tehdä modulaari-aritmetiikan avulla. Redusoidaan polynomi mod p^k ja käytetään p=3:lle ja p=5:lle Fermat'n pientä lausetta, jonka mukaan n^p = n (mod p). Katsotaan mitä sitten kasille keksitään, ehkä Eulerin lause, jossa n^phi(q) = 1 (mod q), kun syt(n, q)=1.
MOD 3
n^5 10n^4 35n^3 50n^2 24n
= n^5 n^4 2n^3 2n^2
= n^3 n^2 2n 2n^2
= n(n^2 2)
= n(n^2-1)
Ainoa nollasta eroava neliö mod 3 on 1, joten tämä on aina nolla.
MOD 5
n^5 10n^4 35n^3 50n^2 24n
= n 24n
= 0
MOD 8
n^5 10n^4 35n^3 50n^2 24n
= n^5 2n^4 3n^3 2n^2
= n^2 ( n^3 2n^2 3n 2 )
Tästä nähdään, että jos n on parillinen, niin lauseke on 8:lla jaollinen koska n^2 on neljällä ja toinen tekijä on kakkosella, sillä siinä on parillisia plus n^3 3n, joka kahden parittoman summana on parillinen. Jos taas n on pariton, niin pitää siis osoittaa, että f(n) = n^3 2n^2 3n 2 on kasilla jaollinen. Tehdään tämä vaikka tutkimalla jokainen pariton jäännösluokka mod 8
f(1) = 1 2 3 2 = 8 = 0
f(3) = 27 2*9 9 2 = 3 2 1 2 = 0
f(5) = f(-3) = -27 2 - 3*3 2 = -32 = 0
f(7) = f(-1) = -1 2 - 3 2 = 0
Kaikkihan nämä olisi voinut tehdä vain laskemalla kaikki jäännösluokat läpi, mutta tässä nyt tuli erilaisia metodeja.
Onnistuu myös ihan vaan supistamalla n:llä viiteen kertaan.
Jos n = 0, lauseke on 0 ja jaollinen 120:llä.
Jos n ei ole nolla, voidaan lausek jakaa n:llä. Saadaan
n^4 10n^3 35n^2 50n 24
Nyt alkuosan on oltava jaollinen 96:llä. Jaetaan se n:llä. Saadaan
n^3 10n^2 35n 50
Nyt alkuosan on oltava jaollinen 46:lla. Jaetaan se n:llä. Saadaan
n^2 10n 35
Nyt alkuosan on oltava jaollinen 11:lla. Jaetaan se n:llä. Saadaan
n 10
Nyt alkuosan (n) on oltava jaollinen 1:lla. Varmasti on kaikilla n:n arvoilla.
Käytännössä onnistuu ihan päässä laskuna 24 50 35 10 1=120
En aivan nää kuinka tuo toimii. Eikös siinä pitäisi sanoa, että alkuosan on oltava esim. ensimmäisessä 96 (mod 120). Ja eihän sen välttämättä tarvitse olla sitäkään, nimittäin silloin kun n on jaollinen viidellä, on alkuosa 0 (mod 120).
Jos n on negatiivinen, tarkasteluun tulee pari kome haaraa lisää.
Olet oikeassa:. Pitää tietysti olla: "alkuosan on oltava esim. ensimmäisessä 96 (mod 120)."
Pitää joskus katsoa Pyhtonilla, missä kaikissa tapauksissa virheellinen todistus toimii ja missä ei toimi.
Induktio
n∙(n 1)∙(n 2)∙(n 3)∙(n 4), tämä on 120, eli jaollinen 120:llä, kun n=1
Väite: k∙(k 1)∙(k 2)∙(k 3)∙(k 4)=120*m
Arvolla k 1 tulee: 120*m*(k 5)/k, joka on jaollinen 120:llä
Binomikerroin B(k,m) = k! / (m! (k-m)!) ja se on kokonaisluku.
Lukusi on siis tuo N = n(n 1)(n 2)(n 3)(n 4) missä n >= 1. Merkitään k = n 4 jolloin N = (k-4)(k-3)(k-2)(k-1)k = k! / (k-5)! = 5! B(k.5).5! = 120 siis jakaa luvun N.
Toiseksi vimeisessä lauseessa p.o. :... 5! B(k,5).
Kun jaollisuudesta ouhuttiin niin eipä tulleet heti mieleen negatiiviset kokonaisluvut.
Jos n = jokin luvuista 0, -1,-2,-3,-4 niin N = 0 joten120 l N.
Jos n <= - 5 niin n,n 1,n 2,n 3 ja n 4 ovat negatiivisia ja kun merkitään k=n 4 on k<= - 1.
N = (k-4)(k-3)(k-2)(k-1)k = - (-k 4) (-k 3)(-k 2)(-k 1)(-k). Kun merkitään -k = m, on m>= 1
ja N = -((m 4)(m 3)(m 2)(m 1)m) = - (m 4)!/(m-1)! = - 5!B(m 4,5) ja taas 5! jakaa luvun N.
Esimerkki. n= -11. N = ( -7 - 4)*(-7-3)*(-7-2)*(-7-1)(-7) = - (7 4)(7 3)(7 2)(-7 1)(7) =
- 11*10*9*8*7 = - 11!/6! = - 5! * B(11,5)) joten 5! = 120 jakaa luvun N eli 120 l N
120 = 2 * 4 * 3 * 5
Koska lauseke on viiden peräkkäisen kokonaisluvun tulo, on varmaa, että (tasan) yksi tekijöistä on viidellä jaollinen, (ainakin) yksi tekijöistä on kolmella jaollinen, ja (ainakin) kaksi ovat parillisia. Peräkkäisistä parillisista luvuista toinen on myös väkisin jaollinen neljällä.
Tämän mutkikkaampaa todistusta ei tehtävä vaadi.
Mulla tuli vähän samantapainen jaollisuustehtävä vastaan:
5*3^(2n 1) 5*2^(n 2)= jaollinen luvulla 35.
Ykkösen sijoittamalla tulee 175, jolloin 175/35=5.
Pitäisi siis vielä saada todistettua, että sijoittamalla (k 1) pätee myös. Aika vaikea.
Koska 35=5*7 ja syt(5, 7)=1, niin riittää osoittaa että lauseke on niillä molemmilla jaollinen. Vitosellahan se on suoraan. Seiskaa varten voidaan 5 ottaa yhteiseksi tekijäksi ja koska se ei vaikuta seiskalla jaollisuuteen, niin pitää osoittaa että 3^(2n 1) 2^(n 2) on 0 mod 7.
3^(2n 1) 2^(n 2)
≡ 3*(3^2)^n 4*2^n
≡ 3*9^n 4*2^n
≡ 3*2^n 4*2^n
≡ 7*2^n
≡ 0
Avainaskelhan tässä on se, että 3^2 ≡ 9 ≡ 2 (mod 7).
Ol. 7 l (3^(2n 1) 2^(n 2) ) (7 jakaa tuon sulkeissa olevan luvun)
n -> n 1
3^(2n 3) 2^(n 3) = 3^2*3^(2n 1) 2*2^(n 2) = 7*3^(2n 1) 2*(3^(2n 1) 2^(n 2))
Ja tämhän on jaollinen luvulla 7 induktio-oletuksen mukaan ja koska ensimmäisessä termissä on tekijänä 7.
No, olisi pitänyt mainita induktiotodistuksen alussa että lause pätee arvolla n=1.Mutta senhän olit jo todennut.