"Όταν ανέβηκα στο πρώτο παλάτι ήμουν ευλαβής (ασσιά).Στο δεύτερο ήμουν αγνός (ταόρ). Στο τρίτο δίκαιος (γάσαρ). Στο τέταρτο, είχα ενωθεί με το Θεό (τανίμ). Στο πέμπτο φαινόμουν άγιος ενώπιον του Θεού. Στο έκτο είπα την κντουσά ενώπιόν Του, για να μη με βλάψουν οι φύλακες-άγγελοι. Στο έβδομο παλάτι στέκομαι όρθιος με όλες μου τις δυνάμεις και ενώ τρέμω σύγκορμος, αρθρώνω την ακόλουθη προσευχή: "Δόξα σ'Εσένα που μ' εξύψωσες, δόξα σ'Εσένα στην πιο ψηλή κατοικία της μεγαλοσύνης!"
Χουάν δε λα Κρουθ (Σόλεμ)
Το αποπάνω γράφημα (δεν θυμίζει λίγο Μίκυ-Μάους;) είναι πολύ χρήσιμο. Είναι μια κατασκευή-ιδέα του David Wilson και μια περιήγηση στους κόμβους και τις ακμές του μάς δίνει για οποιονδήποτε ακέραιο το υπόλοιπο στην διαίρεσή του με το $7$.
Για να βρούμε το υπόλοιπο μιας διαίρεσης με το $7$, ξεκινάμε από τον κόμβο 0, για κάθε ψηφίο $Ν $ του αριθμού προχωρούμε $Ν$ μαύρα βέλη (για $Ν=0$, δεν προχωράμε καθόλου),και απλά όταν καταλήγουμε σε κάποιον επόμενο κόμβο,πριν προχωρήσουμε στον επόμενο, ακολουθούμε ένα (1) άσπρο βέλος.
Για παράδειγμα, έστω ότι θέλουμε να δούμε την διαιρετότητα του 325 με το 7.
Ξεκινούμε από το 0, προχωρούμε αντί-ωρολογιακά $3$ μαύρα βέλη και πάμε στον κόμβο $3$.Μετά $1$ άσπρο βέλος και πάμε στον κόμβο $2$. Επόμενο ψηφίο το $2$. Άρα, $2$ μαύρα βέλη (κόμβος $4$) και $1$ άσπρο και φτάνουμε στον κόμβο 5. Και τέλος (για το ψηφίο 5), 5 μαύρα βέλη και φτάνουμε στον κόμβο $3$.
Στον τελευταίο κόμβο ΔΕΝ ακολουθούμε ένα άσπρο βέλος, όπως στους προηγούμενους.
Άρα, το υπόλοιπο της διαίρεσης του $325$ με το $7$ είναι το $3$. Ωραίο,δεν είναι;
Μπορείτε να σκεφτείτε πού βασίζεται αυτή η ιδέα, και να βρείτε ίσως μια γενίκευση και για άλλους διαιρέτες;
Και δύο πρόσθετες ερωτήσεις :
1) Αντί να πολλαπλασιάσει κάποιος έναν αριθμό με το $7$, κατά λάθος τον διαίρεσε με $7$.
Ποιο είναι το ποσοστό σφάλματος στο αποτέλεσμα;
2) Αποδείξτε ότι όλοι οι φυσικοί αριθμοί της μορφής: $3^{(2n+1)} + 2^{(n+2)}$ διαιρούνται με το 7.
Ωραίος ο Μίκυ !!!!
ΑπάντησηΔιαγραφήΔεν μου είναι εύκολο να γενικεύσω και για άλλους διαιρέτες.
Και τώρα στις πρόσθετες ερωτήσεις.
Ξεκινώ από την δεύτερη, που είναι πιο ξεκάθερη.
Η απόδειξη θα γίνει επαγωγικά
α) Για η=0 ο αριθμός είναι 3+2=7 που προφανώς διαιρείται με το 7. Όμοια για ν=1: 3^3+2^3=27+8=35=5*7.
β) Δέχομαι ότι η πρόταση ισχύει για η=κ, δέχομαι δηλ. ότι υπάρχει ακέραιος λ ωστε:
3^(2κ+1) + 2^(κ+2)=7*λ (1)
γ) Θα αποδείξω ότι ο αριθμός:
3^(2κ+3) + 2^(κ+3) είναι πολ/σιο του 7.
Είναι: 3^(2κ+3) + 2^(κ+3)=
= 9*3^(2κ+1)+2*2^(κ+1)=
= (7+2)*3^(2κ+1)+2*2^(κ+1)=
= 7*3^(2κ+1)+2*[3^(2κ+1)+2^(κ+1)]=
= 7*3^(2κ+1) + 7*λ = {λόγω της (1)}
= 7*[3^(2κ+1) + λ] ο.ε.δ.
Ας πάμε τώρα στο πρώτο ερώτημα όπως το έχω καταλάβει.
Έστω α ο αριθμός και έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας θετικός.
Τότε 7*α είναι το ζητούμενο (σωστό) αποτέλεσμα.
Αντί αυτού όμως δόθηκε (λανθασμένα) το α/7.
Δηλαδή μια διαφορά(ή σφάλμα) Δ=7*α-α/7=48α/7, και σαν ποσοστό επί τοις εκατόν επί του α 4800/7%.
Το σφάλμα θα μπορούσε να δοθεί και ως λόγος Σωστού προς Λάθος λ=7α/(α/7)=49.
Υ.Γ.
Θα αναμένω την γενίκευση, στο βασικό ερώτημα για τους άλλους διαιρέτες.
Πρόσθετη ερώτηση 1
ΑπάντησηΔιαγραφήΈστω Αn=3^(2n+1)+2^(n+2)
n=0, A0= (3^1=3 mod7) + (2^2=4 mod7) =7mod7=0mod7 (1)
n=1, A1=(3^3=27=6 mod7)+(2^3=8=1mod7)=7mod7=0mod7 (2)
n=2, A2=(3^5=243=5mod7)+(2^4=16=2mod7)=7mod7=0mod7(3)
Παρατηρούμε ότι όταν το n αυξάνεται κατά 1, πολλαπλασιάζουμε τον 1ο προσθεταίο *3^2=9 και τον 2ο προσθεταίο *2 έτσι από εδώ και παρακάτω δουλεύουμε με την ισοδυναμίες mod, (ή όπως αλλιώς λέγεται)
δηλαδή γιά
n=3 A3=(9*5=45)mod7+2*2mod7 =3mod7+4mod7=7mod7=0mod7
n=4 A4=27mod7+8mod7 =6mod7+1mod7=7mod7 = 0mod7
ομοίως για n=5 θα επαναληφθεί το(3) ήτοι 5mod7+2mod7 =0mod7
και τα (1), (2), (3) απoτελέσματα mod θα επαναλαμβάνονται διαρκώς.
Ετοιμάζω την απάντηση και στο βασικό ερώτημα.
Εύρεση μηχανισμού
ΑπάντησηΔιαγραφήΔΙΑΙΡΕΤΌΤΗΤΑ ΜΕ ΤΟ 7
Οι μονοψήφιοι αριθμοί 1,2,3,4,5,6,7 μας δίνουν τον σχεδιασμό των μαύρων βελών από το 0 έως το 0 ανά ένα ψηφίο αριστερή φορά των δεικτών.
Οι διψήφιοι θα μας δώσουν τον σχεδιασμό των συνδέσεων των ψηφίων με τα άσπρα βέλη.
10=3mod7 (βάζω = γιατί δεν έχει το πληκτρολόγιο μου τρεις παύλες ή αν σχηματίζονται δεν ξέρω να τις σχηματίσω), άρα μία μετακίνηση μαύρου βέλους και από το 1 πρέπει να συνδέσουμε το 1 με το 3 με άσπρο
βέλος με φορά από το 1 προς το 3 (όπως σχήμα)
20=6mod7, άρα 2 μετακινήσεις μαύρου βέλους και για να έχουμε υπόλοιπο 6
συνδέουμε το 2 με το 6 με άσπρο βέλος με φορά από το 2 προς το 6.
30=2mod7, πάμε στο 3 και για να έχουμε υπόλοιπο 2 πρέπει να συνδέσουμε
το 3 με το 2 με άσπρο βέλος από το 3 προς το 2 (όπως σχήμα).
40=5mod7, πάμε στο 4 και για να έχουμε 4 υπόλοιπο 5 λευκό βέλος από το 4 στο 5 (όπως σχήμα)
50=1mod7, πάμε στο 5 και για να μας προκύψει υπόλοιπο 1, σύνδεση λευκού βέλους από το 5 στο 1
60=4mod7, άρα λευκό βέλος από το 6 στο 4 αφού το υπόλοιπο είναι 4
70=0mod7, λευκό βέλος από το 0 στο 0.
Για το 10 όλοι οι αριθμοί 11,12,13,..19 καλύπτονται καθώς λόγω του 2ου ψηφίου
θα έχουμε αριστερόστροφη μετακίνηση μαύρου βέλους κατά 1,2,.. θέσεις και θα προκύπτει το σωστό υπόλοιπο, αντίστοιχα και για τους 21,22,23,... 31,32,33,...
Όποιον έλεγχο και αν πραγματοποιήσουμε μας δίνει σωστό αποτέλεσμα.
ΔΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ ΜΕ ΤΟ 5
10=0mod5, μία μετακίνηση μαύρου βέλους στο 1 και σχεδιασμός λευκού βέλους από το 1 στο 0, αφού έχουμε υπόλοιπο 0.
20=0mod5, άρα λευκό βέλος από το 2 στο 0
30=0mod5, άρα λευκό βέλος από το 3 στο 0
40=0mod5, άρα λευκό βέλος από το 4 στο 0
50=0mod5, άρα λευκό βέλος από το 0 στο 0
Έλεγχος γενικότητας στο 5
1944=1940+4=4mod5
1 πάμε στο 1 (μαύρο βέλος) και από εκεί στο 0 (λ.β)
9 πάμε στο 4(5+4) (μ.β) και στη συνέχεια στο 0 (λ. β)
4 πάμε στο 4 και από εκεί στο 0
4 πάμε στο 4 και στοπ υπόλοιπο 4 πράγματι.
ΔΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ ΜΕ ΤΟ 8
Μαύρο βέλος τα ίδια, αριστερόστροφα.
10=2mod8, άρα λευκό βέλος από το 1 στο 2
20=4mod8, άρα λευκό βέλος από το 2 στο 4
30=6mod8, άρα λευκό βέλος από το 3 στο 6
40=0mod 8, άρα λευκό βέλος από το 4 στο 0
50=2mod8, άρα λευκό βέλος από το 5 στο 2
60=4mod8, άρα λευκό βέλος από το 6 στο 4
70=6mod8, άρα λευκό βέλος από το 7 στο 6
80=0mod8, άρα λευκό βέλος από το 0 στο 0
έλεγχος γενικότητας
1917=1912+5=5mod8
1, στο 1(μ.β) και από εκεί στο 2(λ.β.)
9, 9+2=11, 11-8=3 (μ.β.) και μετά στο 6(λ.β.)
1, στο 7(μ.β.) και μετά στο 6(λευκό βέλος)
7, πάμε στο 5 και στοπ, πράγματι επαληθεύεται.
Θα κάνω και ένα μεγαλύτερο αύριο, αρκετά για σήμερα και ενώ η εύρεση του μηχανισμού ήταν σχετικά εύκολη, η μεταφορά στο “χαρτί” κουραστική!
Εστω a=Σ(ai*10^i) i=0,...,n και άρα a mod 7 =[Σ(ai*10^i)] mod 7= Σ[(ai*10^i) mod 7]
ΑπάντησηΔιαγραφή=[an*10+an*10^(n-1)+Σ[(ai*10^i), i=0,...,n-1] mod 7= an*10 mod 7 + [an*10^(n-1)+Σ[(ai*10^i), i=0,...,n-1] mod 7
Δηλαδη καθε συντελεστης( απο το δεκαδικο αναπτυγμα), ξεκινωντας απο τον μεγαλυτερο εκθετη, δανειζεται μια "δεκαδα", υπολογιζεται το "κρατουμενο" του (mod 7 σε αυτο το σχημα), και εχοντας τωρα ως αφετηρια το αποτελεσμα αυτο εφαρμοζουμε την ιδια διαδικασια "καταβασης". Καταλαβαινω οτι μπορει να μην ειναι ξεκαθαρο τι εννοω, αλλα εχω |εμπιστοσυνη| (--> απολυτη εμπιστοσυνη) στον κ.Ριζοπουλο οτι θα το καταστησει απολυτως σαφες!
Επισης το δευτερο ερωτημα λυνεται ευκολοτερα χωρις επαγωγη. Και μια ερωτηση: Αυτο το "περιβάλλον", που χρησιμοποιουμε για να σχολιαζουμε δηλαδη, "συνεργαζεται" με καποιον μαθηματικο κειμενογραφο?
Πολύ ωραία η μαθηματική συζήτηση και οι ιδέες και λύσεις όλων!
ΑπάντησηΔιαγραφήΣυγχαρητήρια, και ευχαριστώ για τα σχόλια!
Γράφω κάπως βιαστικά λόγω μεροκάματου (ελπίζω να επανέλθω αν χρειαστεί αργότερα σήμερα)
Ομολογώ ότι η Αγγελική Ζ και ο Ε.Αλεξίου εμβάθυναν περισσότερο από μένα στο θέμα και οι γενικές τους μέθοδοι φαίνονται εξαιρετικές!
Λέω "φαίνονται" γιατί θέλω λίγο χρόνο για να τις ελέγξω καλά, που δεν τον έχω τώρα.
Εγώ, είχα περιοριστεί στην διαπίστωση που εξέφρασε πολύ παραστατικά ο Ε. Αλεξίου για την περιοδικότητα των υπολοίπων των δυνάμεων του 10 mod (7)
10^0, 10^1,10^2, 10^3, 10^4, 10^5, 10^6 ----Yπόλοιπα: 1, 3, 2, 6,4,5,1,...και η περίοδος επαναλαμβάνεται
Η ιδέα όδηλαδή π.χ για τον αριθμό Ν=349 μπορούμε να πούμε:
349=3*10^2 + 4*10^1 +9 =((3*10 +4)*10)+9
και εφαρμόζοντας την ιδιότητα της συμβατότητας πρόσθεσης και πολλάπλασιασμού σε mod(7). προκύπτει ο αλγόριθμος του γραφήματος.
Νομίζω ότι οι γενικές λύσεις που πρότειναν οι 2 σχολιαστές μπορεί να συνοψιστούν στον εξής γενικό αλγόριθμο:
Για κάθε διαιρέτη έστω Ν, δημιουργούμε έναν κύκλο από ν-1 κόμβους και τους συνδέεουμε αντιωρολογιακά με μαύρα βέλη. ,αριθμώντας αντίστοιχα 0,1,...,ν-1 . Κατόπιν για κόμβο κ=0 ώς ν-1, σχεδιάζουμε άσπρο βέλος από κόμβο κ έως τον κόμβο : ((10 mod N)*N) mod N).
Nομίζω (αλλά δεν είμαι σίγουρος! ούτε τα παραπάνω είναι θέσφατα! Περιμένω τις απόψεις σας) ότι έτσι καλύπτεται ο γενικός τύπος της Αγγελικής Ζ. και η περιγραφική μέθοδος του Ε. Αλεξίου.
Για τα 1) και 2) πολύ ωραίες οι λύσεις Ν. Λέντζου και Ε. Αλεξίου.
Νίκο, θαυμαστη η επαγωγή σου ,αλλά ομολογώ ότι και γω την "αντιπαθώ" (σαν μέθοδο δηλαδή):-)
Δεν ξέρω τι ακριβώς έχει στο μυαλό της η Αγγελική Ζ για ευκολότερο τρόπο στο 2).
Υποθέτω -αν όχι διόρθωσέ με!- μια κάπως πιο "μαθηματικοποιημένη" παρουσίαση της λύσης του Ε. Αλεξίου.
π.χ.
3^(2n+1) ≡ 3 *9^n ≡ 3 *2^n mod 7 και
2^n+2 ≡ 4 *2^n mod 7. Άρα:
3^2n+1 + 2^n+2 ≡ 7 *2^n ≡ 0 mod 7
@Αγγελική
ΑπάντησηΔιαγραφήΔυστυχώς όχι...
Επειδή το χα προσπαθήσει και γω ας δώσω κάποιες απανήσεις παρότι με προλάβαν.Αρχικά θα πάω στα 2 υποερωτήματα
ΑπάντησηΔιαγραφή1)Εδώ έχουμε α/7 αντί για 7α άρα α/7/(7α)=1/49 σχεδόν 20%
2) Εδώ δίχως να το πάμε επαγωγικά έχουμε
3^(2ν+1)+2^(ν+2)
Θα γράψουμε τους εκθέτες σαν υπόλοιπα του 7
Το 3 γράφεται ως mod3 και το 2 ως mod2
Καταρχήν γράφουμε το 7 ως:
7=mod3+mod^2
Ομως έχουμε και την ιδιότητα mod3*mod3=mod2
Άρα mod3*mod3*7=mod3*mod3*mod3+mod2*mod2
7*k=(mod3)^3+(mod2)^2 (gia n=0)
Συνεχίζουμε πολ/ζοντας με mod3*mod3 και άλλη φορά
(7*κ)*(mod3)*(mod3)=(mod3)^5+(mod2)^3
k.o.k άρα αποδεικνύεται-κατασκευάζεται ο τύπος γαι ν με το αριστερό μέλος να είναι 7χ άρα πολ.σιο του 7
2)Eπιπλέον σε αυτό παρατήρουμε μια περιοδικότητα αν το δούμε πιο αναλυτικά
ΑπάντησηΔιαγραφήΓια ν=0 3+2^2=mod3+mod4=mod7=mod0
Για ν=1 mod3*mod3*mod3+mod8=mod6+mod1=mod7=mod0
Για ν=2 mod6*mod3*mod3+mod8*mod2=mod5+mod2=mod7=mod0
Για ν=3 mod5*(mod3)^2+mod2*mod2=mod10+mod4=mod3+mod4=mod7
άρα εδώ κλείνει ο κύκλος και ισχύει επ άπειρον
1) άκυρο ζητάει σφάλμα οπότε το σωστό είναι
ΑπάντησηΔιαγραφή(7*χ-χ/7)/7*χ=(7-1/7)/7=48/49=98% περίπου
Ενδιαφέρουσα και χρήσιμη για μένα, η μαθηματικοποίηση του Γ. Ριζόπουλου
ΑπάντησηΔιαγραφή3^(2n+1) ≡ 3 *9^n ≡ 3 *2^n mod 7 και
2^n+2 ≡ 4 *2^n mod 7. Άρα:
3^2n+1 + 2^n+2 ≡ 7 *2^n ≡ 0 mod 7
και ήρθε να απαντήσει σε ένα ερώτημα που μου δημιουργήθηκε πριν οδηγηθώ στην λύση με την περιοδικότητα δηλαδή ξεκίνησα ως παρακάτω:
3^(2n+1)+2^n+2=3*3^2n+2^2*2^n=
=3*9^n+4*2^n=3*9^n+4*2^n mod 7 και σταμάτησα εδώ μη ξέροντας και μη βρίσκοντας την σύνδεση
3*9^n και 4*2^n mod 7, ενώ ξαναβλέποντας το είναι πολύ απλό και μάλιστα γενικεύεται, όταν βέβαια ταιριάζουν οι αριθμοί (όπως εδώ 9, 2, mod7) πχ (11, 3 mod8) κλπ
3*9^n=3*(7+2)^n και άρα στο ανάπτυγμα όλοι οι προσθετέοι είναι πολλαπλάσια του 7, άρα 0 mod 7 εκτός του 3*2^n mod7 και άρα:
3*2^n mod 7+4*2^n mod7=7*2^n mod7=0 mod 7
Να προσθέσω και γω τον τρόπο που το σκέφτηκα και(έλεω ΕΡΤ και εξεταστικής) ξέχασα να αναρτήσω
ΑπάντησηΔιαγραφήΤο παραπάνω διάγραμμα προκύπτει με την κατασκευή του αριθμού στο δεκαδικό σύστημα έχοντας μετατρέψει τα πάντα σε μορφή mod
Π.χ. για 325
Ξεκινάμε ανάποδα(εκατοντάδες) και τον φτιάχνουμε σταδιακά
(mod3*mod3+mod2)*mod3+mod5
στο τελευταίο ψηφίο δεν μετακινούμαστε με τα άσπρα βέλη αφού είναι μονάδα
(δεν πολ/σιάζουμε με δύναμη του 10-μοδ3)
Άρα η μετακίνηση στα άσπρα βέλη οφείλεται σε πολ/μο με 10-mod3 κάθε βήματος
Τα βήματα για τον 325 είναι
(mod3*mod3+mod2)=(mod2+mod2)=mod4(κόμβος 4)
mod4*mod3=mod5(κόμβος 5)
+μοδ5(τέλος στον κόμβο 3)
Άρα φτιάξαμε την μορφή(με χρήση mod)
(mod3*mod3+mod2)*mod3+mod5 που ισοδυναμεί με τον αριθμό 325
Αρα για διαιρετότητα με άλλους αριθμούς υπάρχει η ίδια λογική.Μόνο π.χ. για το 5 οι κόμβοι είναι από 0 εώς 5
ΑπάντησηΔιαγραφήΕντάξει πρακτικά ότι έχει απαντήσει και η Αγγελική έγραψα
ΑπάντησηΔιαγραφή