Page 1 of 2
induksjon
Posted: 29/08-2006 14:28
by øientherese
Vis ved induksjon at [symbol:sum] i^2 = (n(n+1)(2n+1))/6.
OG
Vis at n^5-n er delelig med 5 for alle naturlige tall n.
Hvordan løser jeg disse to?!
Posted: 29/08-2006 15:12
by Magnus
Vi har at:
[tex] 1^2 + 2^2 + 3^3 + 4^2 + .. n^2 = \frac {n(n+1)(2n+1)}{6}[/tex]
Tester om det er sant for n = 1
[tex]1^2 = \frac {6}{6} = 1[/tex]
Antar sant for n = k
(lett merke til at løsningen som kommer er mindre pen)
Tester for n = k+1
[tex]\frac {(k+1)(k+2)((2k+3)}{6} = \frac {(k^2+3k+2)(2k+3)}{6} = \frac {(2k^3 + 6k^2 + 4k + 3k^2 + 9k + 6}{6} = \frac {2k^3 + 9k^2 + 13k + 6}{6}[/tex]
Så ser vi på følgende:
[tex]k(k+1)(2k+1) = (k^2+k)(2k+1) = 2k^3 + k^2 + 2k^2 + k = 2k^3 + 3k^2 + k[/tex]
[tex](k+1)^2 = k^2 + 2k + 1[/tex]
[tex] \frac {2k^3 + 9k^2 + 13k + 6}{6} = \frac {(2k^3 + 3k^2 + k) + (6k^2 + 12k + 6)}{6} = \frac {k(k+1)(2k+1}{6} + \frac {6(k+1)^2}{6} = \sum _{i=1}^k i^2 + (k+1)^2[/tex]
Q.E.D
Altså den stemmer. For den anre oppgaven sjekk:
http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... php?t=8293
Posted: 29/08-2006 15:44
by sEirik
Jeg unner meg faktisk å prøve den andre vha. Candelas løsningsmetode:
[tex]n^5 - n[/tex] kan deles på 5
(1) [tex]n^5 - n = (n-1)(n)(n+1)(n^2+1)[/tex]
(2) Altså må [tex](n-1)(n)(n+1)(n^2+1)[/tex] kunne deles på 5
(3) Vi har en rekke på tre tall etter hverandre, pluss et høyere tall
(4) En av faktorene må nødvendigvis kunne deles på 5
q.e.d.
Grunnen til at en av faktorene må kunne deles på 5, er:
(1) Et naturlig tall (vi bruker titallssystemet) kan deles på 5 hvis, og kun hvis, det slutter på 0 eller 5.
(2) Alle tilfeller der den første delen av rekken på tre tall etter hverandre "støter borti" 0 eller 5, kan deles på 5.
(3) Fire muligheter gjenstår, rekken kan fordeles slik at de siste desimalene i hver faktor blir {1, 2, 3} eller {2, 3, 4} eller {6, 7, 8} eller {7, 8, 9}.
(4) Ved første tilfelle må n slutte på 2, da må [tex]n^2[/tex] slutte på 4, og [tex]n^2 + 1[/tex] slutte på 5.
(5) Ved andre tilfelle må n slutte på 3, [tex]n^2[/tex] slutter på 9 og [tex]n^2 + 1[/tex] slutter på 0.
(6) I tredje tilfelle må n slutte på 7, [tex]n^2[/tex] slutte på 9 og [tex]n^2 + 1[/tex] slutte på 0.
(7) I siste tilfelle må n slutte på 8, [tex]n^2[/tex] slutte på 4 og [tex]n^2 + 1[/tex] slutter på 5.
Posted: 29/08-2006 16:11
by Magnus
sEirik wrote:Jeg unner meg faktisk å prøve den andre vha. Candelas løsningsmetode:
[tex]n^5 - n[/tex] kan deles på 5
(1) [tex]n^5 - n = (n-1)(n)(n+1)(n^2+1)[/tex]
(2) Altså må [tex](n-1)(n)(n+1)(n^2+1)[/tex] kunne deles på 5
(3) Vi har en rekke på tre tall etter hverandre, pluss et høyere tall<--
Her burde du kanskje omfurmelert deg
(4) En av faktorene må nødvendigvis kunne deles på 5
q.e.d.
Grunnen til at en av faktorene må kunne deles på 5, er:
(1) Et naturlig tall (vi bruker titallssystemet) kan deles på 5 hvis, og kun hvis, det slutter på 0 eller 5.
(2) Alle tilfeller der den første delen av rekken på tre tall etter hverandre "støter borti" 0 eller 5, kan deles på 5.
(3) Fire muligheter gjenstår, rekken kan fordeles slik at de siste desimalene i hver faktor blir {1, 2, 3} eller {2, 3, 4} eller {6, 7, 8} eller {7, 8, 9}.
(4) Ved første tilfelle må n slutte på 2, da må [tex]n^2[/tex] slutte på 4, og [tex]n^2 + 1[/tex] slutte på 5.
(5) Ved andre tilfelle må n slutte på 3, [tex]n^2[/tex] slutter på 9 og [tex]n^2 + 1[/tex] slutter på 0.
(6) I tredje tilfelle må n slutte på 7, [tex]n^2[/tex] slutte på 9 og [tex]n^2 + 1[/tex] slutte på 0.
(7) I siste tilfelle må n slutte på 8, [tex]n^2[/tex] slutte på 4 og [tex]n^2 + 1[/tex] slutter på 5.
Ellers fin løsning:)
Posted: 29/08-2006 16:24
by sEirik
Skulle kanskje ikke ha sagt "pluss"?
Det var litt vanskelig å forklare den der, men hva med
"Vi har nå fire faktorer, tre av dem følger rett etter hverandre, og ett er høyere."
Posted: 29/08-2006 17:00
by Magnus
Hehe, fungerer vel.. Men tror kanskje oppgaven skulle løses ved induksjon, når jeg tenker meg om.
Posted: 29/08-2006 17:13
by øientherese
så hvordan gjør jeg det ved induksjon?:)
Posted: 29/08-2006 17:26
by Magnus
Prøv. Anta at n er delelig med 5, og sjekk for n+1
Er ikek så ille, er bare en teknikk å få inn.
Posted: 29/08-2006 18:20
by sEirik
Slik det står i oppgaven så er det jo kun den første som skal bevises med induksjon, den andre står det ingenting om. Men hvorfor ikke?
Kanskje Candela skal få en vanskeligere oppgave; den generelle versjonen av oppgave 2
Du har [tex]a = n^m - n[/tex] der n og m er naturlige tall. Gitt ved
m, hva er det høyeste tallet
a kan deles på?
Er det mulig å finne ut det?
Posted: 29/08-2006 21:13
by Magnus
Interessant problem, skal tenke på det i morgen
Posted: 30/08-2006 07:40
by Magnus
Ok. Stod og tenkte litt på dette problemet i dusjen nå. Jeg tror ikke det er mulig å bestemme den største divisoren gitt ved m, men hvis m er primtall, så følger det av fermats lille teorem at a må være delelig med m. Man kan jo også f.eks ta eksempelet [tex]a=n^m - n = n(n^{m-1} - 1}[/tex]. Hvis vi nå lar n være 2 og m like 8 får vi:
[tex]2*(2^7 - 1)[/tex]. Her må [tex]2^7-1[/tex] være den største divisoren, fordi [tex]2^7-1[/tex] og 2 er begge distinkte primtallsfaktorer.
Men nå er jeg rimelig trøtt, og har dårlig tid, skal ta det senere.
Posted: 31/08-2006 22:03
by sEirik
Jeg har sett litt, og tenkt frem til en hypotese: (kanskje du allerede har tenkt på det)
Det virker som om [tex]n^m - n[/tex] alltid kan deles på m.
f.eks.
[tex]n^1 - n[/tex] blir alltid 0, det kan deles på 1
[tex]n^2 - n[/tex] blir alltid partall, og kan deles på 2
[tex]n^3 - n[/tex] kan deles på 6, og kan dermed deles på 3
[tex]n^5 - n[/tex] kan deles på 5
Dette er bare en observasjon, men kan det tenkes at du kan bevise det?
Posted: 31/08-2006 22:20
by Magnus
Seff. Det er jo allment kjent som fermats lille teorem, og et bevis jeg har gjort selv på den finner du på:
http://realisten.com/artikkel.php?id=230
Posted: 31/08-2006 22:56
by sEirik
Aha.
Men da gjelder dette kun hvis m er primtall?
Posted: 01/09-2006 01:13
by Magnus
Gjelder i noen andre tilfeller også, men for alle tilfeller hvor m er primtall.
F.eks
[tex]12^4 - 4 \equiv 0 \pmod{12}[/tex]