udowodnij, że \(6|n^6-n\)
próbowałam zrobić to z indukcji
Dla n+1
wyszło mi coś takiego
\(n^6+6n^5+15n^4+20n^3+12n^2+5n\) i nie wiem jak to dalej dokończyć i czy jest to poprawne
udowodnij, że
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
- Jerry
- Expert
- Posty: 3569
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 51 razy
- Otrzymane podziękowania: 1963 razy
Re: udowodnij, że
Ja bym rozbił problem na dwa:
\(1^\circ\ w(n)=n^6-n=n(n^5-1)\)
Czynniki są niezgodnej parzystości, zatem \(2|w(n)\)
\(2^\circ\ w(n)=n^6-n=n(n-1)(n^4+n^3+n^2+n+1)\)
Jeżeli \(n\equiv 0\mod 3\) lub \(n\equiv 1\mod 3\)
to pierwszy lub drugi czynnik dzieli się przez \(3\)
Pozostaje przypadek \(n\equiv 2\mod 3\) i rozpatrzenie trzeciego czynnika...
Pozdrawiam
\(1^\circ\ w(n)=n^6-n=n(n^5-1)\)
Czynniki są niezgodnej parzystości, zatem \(2|w(n)\)
\(2^\circ\ w(n)=n^6-n=n(n-1)(n^4+n^3+n^2+n+1)\)
Jeżeli \(n\equiv 0\mod 3\) lub \(n\equiv 1\mod 3\)
to pierwszy lub drugi czynnik dzieli się przez \(3\)
Pozostaje przypadek \(n\equiv 2\mod 3\) i rozpatrzenie trzeciego czynnika...
Pozdrawiam
- Jerry
- Expert
- Posty: 3569
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 51 razy
- Otrzymane podziękowania: 1963 razy
Re: udowodnij, że
Konkretnie czego?
Aby liczba dzieliła się przez \(6\) musi dzielić się przez 2 oraz przez \(3\)
Podzielność przez \(2\) uzasadniłem, podzielność przez \(3\) istotnie zacząłem:
Jeśli \(n=3k\wedge k\in\cc\), to pierwszy czynnik jest podzielny przez \(3\), jeśli \(n=3k+1\wedge k\in\cc\), to drugi czynnik jest podzielny przez \(3\), ...
Pozostał Ci przypadek: jeśli \(n=3k+2\wedge k\in\cc\), to trzeci czynnik jest podzielny przez \(3\)
Pozdrawiam
PS. Pozostałe czynniki są całkowite!
Aby liczba dzieliła się przez \(6\) musi dzielić się przez 2 oraz przez \(3\)
Podzielność przez \(2\) uzasadniłem, podzielność przez \(3\) istotnie zacząłem:
Jeśli \(n=3k\wedge k\in\cc\), to pierwszy czynnik jest podzielny przez \(3\), jeśli \(n=3k+1\wedge k\in\cc\), to drugi czynnik jest podzielny przez \(3\), ...
Pozostał Ci przypadek: jeśli \(n=3k+2\wedge k\in\cc\), to trzeci czynnik jest podzielny przez \(3\)
Pozdrawiam
PS. Pozostałe czynniki są całkowite!
- Jerry
- Expert
- Posty: 3569
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 51 razy
- Otrzymane podziękowania: 1963 razy
Re: udowodnij, że
Zbyt pochopnie uznałem, że teza zadania jest prawdziwa...
A przecież \(2^6-2=64-2=62\) nie dzieli się przez \(6\), czyli proponowany przeze mnie trzeci przypadek nie zajdzie!!!
Pozdrawiam
A przecież \(2^6-2=64-2=62\) nie dzieli się przez \(6\), czyli proponowany przeze mnie trzeci przypadek nie zajdzie!!!
Pozdrawiam
-
- Fachowiec
- Posty: 1039
- Rejestracja: 04 sty 2020, 12:47
- Podziękowania: 9 razy
- Otrzymane podziękowania: 388 razy
- Płeć:
Re: udowodnij, że
Mamy \(n^6-n=n(n-1)(n^4+n^3+n^2+n+1).\) Liczba \(n(n-1)\) jest parzysta, a zatem sprawa rozbija się o kwestię podzielności przez \(3\) sumy \(n^4+n^3+n^2+n+1.\)
1. Jeśli \(n=3k+1\), to \(n(n-1)=(3k+1)(3k)\), co jest jest podzielne przez \(2\) i przez \(3\), czyli przez \(6\).
2. Jeśli \(n=3k+2\), to \(n(n-1)=(3k+2)(3k+1)\), co nie jest podzielne przez \(3\), bo daje resztę \(2\). Wielomian \(n^4+n^3+n^2+n+1\) daje w tym przypadku resztę \(1\), stąd cały iloczyn nie jest podzielny przez \(3\) dając resztę \(2\) (więc tym bardziej nie jest podzielny przez \(6\) \(-\) i tu mamy osławioną dwójkę).
3. W końcu dla \(n=3k\) mamy \(n(n-1)=3k(3k-1)\), co znów jest podzielne przez \(6\).
Więc teza o podzielności liczby \(n^6-n\) przez \(6\) zachodzi dla liczb \(n\), dla których \(n\mod 3 \in\{0,1\}\).
Za to liczba \(n^6-n^2=n^2(n^4-1)=n^2(n^2-1)(n^2+1)\) jest iloczynem trzech kolejnych liczb całkowitych, więc na pewno co najmniej jedna jest parzysta i co najmniej jedna jest podzielna przez \(3\), dlatego różnica \(n^6-n^2\) jest podzielna przez \(6\).
1. Jeśli \(n=3k+1\), to \(n(n-1)=(3k+1)(3k)\), co jest jest podzielne przez \(2\) i przez \(3\), czyli przez \(6\).
2. Jeśli \(n=3k+2\), to \(n(n-1)=(3k+2)(3k+1)\), co nie jest podzielne przez \(3\), bo daje resztę \(2\). Wielomian \(n^4+n^3+n^2+n+1\) daje w tym przypadku resztę \(1\), stąd cały iloczyn nie jest podzielny przez \(3\) dając resztę \(2\) (więc tym bardziej nie jest podzielny przez \(6\) \(-\) i tu mamy osławioną dwójkę).
3. W końcu dla \(n=3k\) mamy \(n(n-1)=3k(3k-1)\), co znów jest podzielne przez \(6\).
Więc teza o podzielności liczby \(n^6-n\) przez \(6\) zachodzi dla liczb \(n\), dla których \(n\mod 3 \in\{0,1\}\).
Za to liczba \(n^6-n^2=n^2(n^4-1)=n^2(n^2-1)(n^2+1)\) jest iloczynem trzech kolejnych liczb całkowitych, więc na pewno co najmniej jedna jest parzysta i co najmniej jedna jest podzielna przez \(3\), dlatego różnica \(n^6-n^2\) jest podzielna przez \(6\).