Σάββατο 26 Ιουλίου 2014

Διαιρετότητα

Αποδείξτε πως το $ν^{2}+23$ διαιρείται με το $24$ για απείρως πολλούς $ν$.
Αναρτήθηκε από στις 26.7.14
Ετικέτες

5 σχόλια:

  1. Doloros27 Ιουλίου 2014 στις 2:30 π.μ.

    Έστω η ακολουθία : ${a_n} = {n^2} + 23,\,\,\,n = 1,2,3,...$
    Για $n = 1$ δίδει ${a_1} = 24$ , δηλαδή πολλαπλάσιο του $24$.
    Έστω ότι υπάρχει όρος της πιο πάνω ακολουθίας που είναι πολλαπλάσιο του $24$ Δηλαδή υπάρχει $k \in {\mathbb{N}^*}$ τέτοιος ώστε : ${a_k} = {k^2} + 23 = 24l,\,\,\,l \in {\mathbb{N}^*}$ και άρα $23 = 24l - {k^2}\,\,\,(2)$. Θα δείξω ότι ένας τουλάχιστον από τους ${a_{k + 2}},{a_{k + 4}}$ είναι πολλαπλάσιο του $24$. Έχουμε: ${a_{k + 2}} = {(k + 2)^2} + 23 = {k^2} + 4k + 4 + 23$ και λόγω της $(1)$ γίνεται: ${a_{k + 2}} = {k^2} + 4k + 4 + 24l - {k^2} \Rightarrow {a_{k + 2}} = 24l + 4(k + 1)\,\,\,(2)$ με όμοιο τρόπο βρίσκουμε ότι : ${a_{k + 4}} = 24l + 8(k + 2)\,\,\,(3)$ . Τώρα στην $(2)$ αν ο όρος $k + 1$ είναι πολλαπλάσιο του $6$ τελειώσαμε . Αν δεν είναι τότε : $k + 1 = 6t + 1,k + 1 = 6t + 2,...,k + 1 = 6t + 5$ με $t$ τυχαίο θετικό ακέραιο .Έτσι όμως οι αριθμοί της μορφής , $k + 2$ θα έχουν μια από τις παρακάτω μορφές :
    $k + 2 = 6t + 2,k + 2 = 6t + 3,...,k + 2 = 6t + 6$, οπότε λόγω της $(3)$ σε δύο περιπτώσεις ο όρος ${a_{k + 4}}$ είναι πολλαπλάσιο του $24$.Αφού όμως βρέθηκε όρος ( ο ${a_1} = 24$) που είναι πολλαπλάσιο του,$24$ άπειροι θα έχουν την ιδιότητα αυτή.
    Πρακτικά οι όροι που είναι πολλαπλάσια του $24$ είναι :
    ${a_1},{a_5},{a_7},{a_{11}},{a_{13}},{a_{17}},\,...$ κ.λ.π.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  2. ΕΥΘΥΜΗΣ ΑΛΕΞΙΟΥ27 Ιουλίου 2014 στις 11:08 π.μ.

    Καλημέρα Σωκράτη, Γιώργο, Νίκο
    Καταρχάς η ακολουθία $n ^2+23$ διαιρείται με το $24$ για
    άπειρες τιμές του $n$, άν $n=24k+1$, $k=0,1,2,3,..., $
    οπότε $n^2+23=( 24k+1)^2 +23=24^2k^2 +48k+24=0mod24$
    Όμως και αν $n=6k+1,k=0,1,2,3,...$ τότε $(6k+1)^2 +23= 0mod24$
    Για $k=0 \Rightarrow 1^2+23=24$
    για $k=1, \ (6+1)^2+23=7^2+23=49+23=72=3 \times 24$
    Έστω ότι για $k=m$ ισχύει $(6m+1)^2+23=0mod24$
    Θα αποδείξω ότι ισχύει και για $k=m+1$
    $(6(m+1)+1)^2+23=(6m+7)^2 +23=36m^2+84m+72=$
    $24m(\dfrac{3m}{2}+ \frac{7}{2})+72= 24m\dfrac{(3m+7)}{2}+72 = 0mod24$
    (αν $m$ περιττός $\dfrac{3m+7}{2}$ ακέραιος, αν $m$ άρτιος → αρτιος$ \times \dfrac{3m+7}{2}$ακέραιος

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  3. Σωκράτης Δ. Ρωμανίδης27 Ιουλίου 2014 στις 11:13 π.μ.

    Καλημέρα κ. Αλεξίου, καλημέρα και σε όλους τους αγαπητούς φίλους και ιδιαίτερα στον αγαπητό φίλο Γιώργο Ριζόπουλο που επανέρχεται με τις πολύ ωραίες αναρτήσεις του ...

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  4. RIZOPOULOS GEORGIOS27 Ιουλίου 2014 στις 11:59 π.μ.

    Kαλημέρα και ευχαριστώ για το πολύ ωραία σχόλια και τις διερευνήσεις του θέματος!
    Μια απλή προσέγγιση που είχα υπόψι είναι :
    $v^{2}+23 = v^{2} -1+24$
    $=(v+1)(v-1)+24$
    Aν πάρουμε $ν=24κ \pm 1, κ=0,1,2,...$ όλες αυτές οι τιμές κάνουν την παράσταση να διαιρείται με το $24$.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  5. ΕΥΘΥΜΗΣ ΑΛΕΞΙΟΥ27 Ιουλίου 2014 στις 2:59 μ.μ.

    Δίπλα στο οφθαλμοφανές $n=24k+1$ είναι το εξίσου οφθαλμοφανές
    $n=24k-1$, αφού $(24k-1)^2+23=24^2k^2-48k+24=0mod24$
    ...Φτου μου, που μου ξέφυγε!

    ΑπάντησηΔιαγραφή

Εγγραφή σε: Σχόλια ανάρτησης (Atom)