Matematické Fórum

Nevíte-li si rady s jakýmkoliv matematickým problémem, toto místo je pro vás jako dělané.

Nástěnka
!! 17.06.2018 (Jel.) Khanova škola zve nadšence ke spolupráci na překladech návodů pro učitele a rodiče.
! 04.11.2016 (Jel.) Čtete, prosím, před vložení dotazu, děkuji!
17.01.2016 (Jel.) Rok 2016 s novými a novějšími krystaly od kolegy Pavla!
17.01.2016 (Jel.) Nabídka knih z oborů matematiky, fyziky, chemie
23.10.2013 (Jel.) Zkuste před zadáním dotazu použít některý z online-nástrojů, konzultovat použití můžete v sekci CAS.

Nejste přihlášen(a). Přihlásit

#1 06. 01. 2017 11:36 — Editoval liamlim (06. 01. 2017 22:50)

liamlim
Příspěvky: 216
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

důkaz teorie čísel

Zdravím!

Prosím o nápad, jak by se dokázalo tvrzení, které podle všeho platí pro obecné $n$, já mám ale pouze náznak důkazu pro prvočíselná a nejsem ani schopen zobecnit jej na přirozená čísla.

Dokažte pro libovolné přirozené $n>1$, že $2^n$ dělí $(1-\sqrt{2^n-3})^n+(1+\sqrt{2^n-3})^n$

Offline

  • (téma jako vyřešené označil(a) liamlim)

#2 06. 01. 2017 13:25

Rumburak
Místo: Praha
Příspěvky: 8547
Reputace:   496 
 

Re: důkaz teorie čísel

↑ liamlim:

Ahoj.  Umocnění podle binomické věty by nepomohlo ?

Offline

 

#3 06. 01. 2017 21:56 — Editoval Brano (06. 01. 2017 21:57) Příspěvek uživatele Brano byl skryt uživatelem Brano. Důvod: chybny navod, ktory sa neda nejak jednoducho opravit.

#4 06. 01. 2017 22:24 — Editoval liamlim (06. 01. 2017 22:31)

liamlim
Příspěvky: 216
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: důkaz teorie čísel

↑ Rumburak:

Mně se to toho roznásobení právě původně vůbec nechtělo, protože jsem si nemyslel, že by k něčemu vedlo. Teď to zkouším a dostal jsem se k něčemu jako:

$a_n = (1-\sqrt{2^n-3})^n+(1+\sqrt{2^n-3})^n$
$a_n = \sum_{k=0}^n{n\choose k}(2^n - 3)^{\frac{k}{2}}((-1)^k + 1)$
$a_n = 2\cdot\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}{n\choose 2k}(2^n - 3)^k$
$a_n \equiv 2\cdot\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}{n\choose 2k}(- 3)^k\mod 2^n$

Teď ale úplně dobře nevidím, jak mi toto pomůže.

edit: ale aspoň vidím, že by šlo nejspíše "zhezčit" zadání. Nejspíše by fungovalo, kdybych  $(1-\sqrt{2^n-3})^n+(1+\sqrt{2^n-3})^n$ v zadání nahradil $(1-\sqrt 3\cdot i)^n + (1+\sqrt 3 \cdot i)^n$, což skutečně vypadá hezčeji.

Offline

 

#5 06. 01. 2017 22:34 — Editoval liamlim (06. 01. 2017 22:38)

liamlim
Příspěvky: 216
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: důkaz teorie čísel

Podle wolframu je $(1-\sqrt 3\cdot i)^n + (1+\sqrt 3 \cdot i)^n$ vždy mocnina 2!! Umíte to dokázat?

edit.: už to mám. takže je příklad vyřešen. Ale příjde mi to zajímavé. Rozhodně bych to jen tak nečekal.

Offline

 

#6 07. 01. 2017 00:14

Xellos
Příspěvky: 523
Škola: MFF CUNI, Bc. (13-16)
Reputace:   36 
 

Re: důkaz teorie čísel

No. Vidim ze vyriesene ale aj tak napisem svoje riesenie.

Pouzime rekurzivny vzorec na binomicke koeficienty
$a_n=\sum 2{n-1 \choose 2k} (-3)^k + \sum 2{n-1 \choose 2k-1} (-3)^k$
kde $k$ ide cez vsetky cele cisla. Prva suma je $a_{n-1}$. Druha suma sa da prepisat opat ako
$\sum 2{n-2 \choose 2k-1} (-3)^k + \sum 2{n-2 \choose 2(k-1)} (-3)^k$
kde druhy clen je $(-3)a_{n-2}$. Prvu sumu zasa rozpiseme podobne a dostaneme $\sum 2{n-3 \choose 2k-1}(-3)^k + (-3)a_{n-3}$, atd.
Eventualne dostaneme rekurentny vzorec $a_n=a_{n-1}-3\sum a_{0..n-2}$, resp. $S_n=2S_{n-1}-4S_{n-2}$ kde $S_n=\sum_0^n a_k$. Tu uz explicitne riesenie vieme, ale ani nam ho netreba - vidno ze $S_0=2$ a $S_n$ je nasobok $2^{n+1}$, preto $a_n=S_n-S_{n-1}$ je delitelne $2^n$.

Offline

 

Zápatí

Powered by PunBB
© Copyright 2002–2005 Rickard Andersson