Hjelp til enkelt generisk bevis

Mange finner bevis vanskelig. Her er rom for spørsmål vedrørende bevis, og for å dele dine bevis med andre. Vi tenker først og fremst videregående nivå, men det er ingen begrensninger her.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Aareskjolden
Noether
Noether
Innlegg: 32
Registrert: 25/01-2013 16:59

Hvordan kan man bevise dette generisk?

Eit naturleg tal er deleleg med 3 om og berre om tverrsummen til talet er deleleg med 3.

Helt sikkert ganske enkelt, men håper noen kan hjelpe meg med det :D

Takker for svar!
stensrud
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Sted: Cambridge

Hva med å prøve å skrive tallet på utvidet form? (F.eks vil et 4-sifret tall bli: $1000a+100b+10c+d$.) Husk at hvis alle ledd i en sum er delelig med $A$, så er også summen delelig med $A$.
Aareskjolden
Noether
Noether
Innlegg: 32
Registrert: 25/01-2013 16:59

La meg se om jeg har forstått dette da:

Fks tallet 2463:

Utvidet form (1000a+100b+10c+d)
a= 2, b=4, c=6, d=3
Gir: 1000*2 + 100*4 + 10*6 + 3

Tverrsummen a,b,c,d = 2+4+6+3 = 15
15 går opp i 3

QED


Ville dette blitt et generisk bevis?
skf95
Descartes
Descartes
Innlegg: 421
Registrert: 17/12-2010 14:35

Hint: [tex]1000a+100b+10c+d=999a+99b+9c+(a+b+c+d)[/tex]
stensrud
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Sted: Cambridge

Aareskjolden skrev:La meg se om jeg har forstått dette da:

Fks tallet 2463:

Utvidet form (1000a+100b+10c+d)
a= 2, b=4, c=6, d=3
Gir: 1000*2 + 100*4 + 10*6 + 3

Tverrsummen a,b,c,d = 2+4+6+3 = 15
15 går opp i 3

QED


Ville dette blitt et generisk bevis?
Det vil ikke være et fullstendig bevis, siden du bare har bevist ett tilfelle. Hva hvis tallet ikke er $2463$, men heller $1555$? Det sier ikke beviset ditt noe om:

Du har et firesifret tall som på utvidet form blir $1000a+100b+10c+d$. Legg merke til at det ikke finnes noen begrensning på hva dette tallet kan være, siden vi kan putte inn hvilke tall vi vil for $a$, $b$, $c$ og $d$. Som jeg nevnte ovenfor, er dette tallet delelig på 3 hvis alle leddene er delelige på 3. Som sk95 hintet om, kan du skrive om tallet ditt $(1000a+100b+10c+d)$ til $999a+99b+9c+(a+b+c+d)$. Hvilke ledd er nå delelige på 3, og hvilke er ikke? Når vil alle ledd være delelige med 3?
Aareskjolden
Noether
Noether
Innlegg: 32
Registrert: 25/01-2013 16:59

"(1000a+100b+10c+d) til 999a+99b+9c+(a+b+c+d) Hvilke ledd er nå delelige på 3, og hvilke er ikke? Når vil alle ledd være delelige med 3?"

Ledd a, b og c er delelig på 3 i hvert fall?

Da mangler bare d, som må være 3,6 eller 9 ?
stensrud
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Sted: Cambridge

Aareskjolden skrev:"(1000a+100b+10c+d) til 999a+99b+9c+(a+b+c+d) Hvilke ledd er nå delelige på 3, og hvilke er ikke? Når vil alle ledd være delelige med 3?"

Ledd a, b og c er delelig på 3 i hvert fall?

Da mangler bare d, som må være 3,6 eller 9 ?
Mente du:
$ $
$\underbrace{999a+99b+9c}_{Alle \space disse \space er \space delelige \space med \space 3}+\underbrace{a+b+c+d}_{Må \space være \space 3, \space 6 \space eller \space 9 }$

Isåfall har du nesten helt rett; $999a+99b+9c$ er delelig med 3, men $a+b+c+d$ kan også være $0,12,15,18,21,24,27,30,33 \space og \space 36$ i tillegg til $3,6 \space og \space 9$.
Aleks855
Rasch
Rasch
Innlegg: 6855
Registrert: 19/03-2011 15:19
Sted: Trondheim
Kontakt:

Aareskjolden skrev:La meg se om jeg har forstått dette da:

Fks tallet 2463:

Utvidet form (1000a+100b+10c+d)
a= 2, b=4, c=6, d=3
Gir: 1000*2 + 100*4 + 10*6 + 3

Tverrsummen a,b,c,d = 2+4+6+3 = 15
15 går opp i 3

QED


Ville dette blitt et generisk bevis?
Et bevis må inkludere ALLE tenkelige tall. Du har her kun vist at det holder for tilfellet 2463.
Bilde
Aareskjolden
Noether
Noether
Innlegg: 32
Registrert: 25/01-2013 16:59

stensrud skrev:
Aareskjolden skrev:"(1000a+100b+10c+d) til 999a+99b+9c+(a+b+c+d) Hvilke ledd er nå delelige på 3, og hvilke er ikke? Når vil alle ledd være delelige med 3?"

Ledd a, b og c er delelig på 3 i hvert fall?

Da mangler bare d, som må være 3,6 eller 9 ?
Mente du:
$ $
$\underbrace{999a+99b+9c}_{Alle \space disse \space er \space delelige \space med \space 3}+\underbrace{a+b+c+d}_{Må \space være \space 3, \space 6 \space eller \space 9 }$

Isåfall har du nesten helt rett; $999a+99b+9c$ er delelig med 3, men $a+b+c+d$ kan også være $0,12,15,18,21,24,27,30,33 \space og \space 36$ i tillegg til $3,6 \space og \space 9$.



Tilbake til oppgaven etter helgen!

Går fra (1000a+100b+10c+d) til 999a+99b+9c+(a+b+c+d)

= a(1+999) + b(1+99) + c(9+1) + d
= a + a*999 + b + b*99 + c + c*9 + d
= a(999) + b(99) + c(9) + d + a + b + c
Fører til at jeg har bevist at a(999) + b(99) + c(9) er delelig på 3. Det som gjenstår er at d + a + b + c er delelig på 3.

Altså, d + a + b + c, tallene jeg opprinnelig startet med, må være delelig på 3 om og berre om tverrsummen til talet er deleleg med 3.

Er dette et generisk bevis?
Svar