Matematyka.pl

Wykaż, że żadna z cyfr \(\displaystyle{ 2, 4, 7, 9}\) nie może być ostatnią cyfrą liczby \(\displaystyle{ 1 + 2 + 3 + … + n}\) , gdzie \(\displaystyle{ n}\) jest liczbą naturalną.

Zauważ, że sumę opisaną następująco:
\(\displaystyle{ 1+2+3+..+n}\)
można zapisać w ten sposób
\(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2}}\)

Jeżeli nie znasz arytmetyki ciągów, to banalnym dowodem tego jest według legendy "sposób Gaussa".
Zauważ, że:
\(\displaystyle{ S=1+2+...+(n-1)+n \\
S=n+(n-1)+...+2+1}\)

Zauważ, że suma składników, które są w jeden "kolumnie" (pod sobą) wynosi zawsze \(\displaystyle{ n+1}\)
Dodając stronami otrzymujemy zatem:
\(\displaystyle{ 2 \cdot S=(n+1)+(n+1)+....+(n+1)=n \cdot (n+1)}\)
Dlaczego pomnożyłem razy \(\displaystyle{ n}\) ?
Zauważ, że w ciągu \(\displaystyle{ 1+2+...+n}\) wyrazów jest dokładnie \(\displaystyle{ n}\) .
Dzieląc stronami przez \(\displaystyle{ 2}\) otrzymujemy zadaną sumę:
\(\displaystyle{ S= \frac{n(n+1)}{2}}\)

Gdy, przyjrzymy się wzorowi, zauważmy, że \(\displaystyle{ n(n+1)}\) , to iloczyn dwóch kolejnych liczb naturalnych.
A, więc jakie możliwości mogą zaistnieć?
Wiemy, że ostatnia cyfra w iloczynie \(\displaystyle{ k}\) powstaje poprzez wymnożenie \(\displaystyle{ k}\) cyfr jedności. Wynika to z rozkładu liczby na sumę typu \(\displaystyle{ 168=100+60+8}\)

Wypiszmy teraz możliwe ostatnie cyfry takiego iloczynu.
\(\displaystyle{ 1 \cdot 2=2 \\
2 \cdot 3=6 \\
3 \cdot 4=12 \\
4 \cdot 5=20 \\
5 \cdot 6=30 \\
6 \cdot 7=42 \\
7 \cdot 8=56 \\
8 \cdot 9=72}\)
Dzieląc dalej te liczby na dwa jak nakazuje wzór otrzymujemy co następuje:
\(\displaystyle{ 1,3,6,10,15,21,28,36}\)
Ostatnie cyfry tych ilorazów, to \(\displaystyle{ 1,3,6,0,5,1,8,6}\) .
Odrzucając powtórzenia otrzymujemy ostatecznie: \(\displaystyle{ 0,1,3,5,6,8}\)
A więc widzisz, że właśnie cyfry \(\displaystyle{ 2,4,7,9}\) nie mogą być ostatnią cyfry tej liczby.

AD)
Zauważ, jak powstaje ostatnia cyfra iloczynu np. liczb \(\displaystyle{ 26}\) oraz \(\displaystyle{ 41}\) :
\(\displaystyle{ 26 \cdot 41=(20+6) \cdot (40+1)=20 \cdot 40+20 \cdot 1+6 \cdot 40+6 \cdot 1}\)

Zauważ, że wszystkie składniki sumy są większe niż \(\displaystyle{ 10}\) , oprócz ostatniego, który jak już napisałem jest iloczynem cyfr jedności.
Wynik to \(\displaystyle{ 1066}\) , ale to, że ostatnią cyfrą jest \(\displaystyle{ 6}\) wiadomo od początku.
Zasada obowiązuje dla większej ilości czynników, powstaje to analogicznie.

To nie jest dowód, tylko sprawdzenie, że teza zachodzi dla początkowych wyrazów.
Jak powinien wyglądać dowód?

Ja bym wpierw zauważył, że \(\displaystyle{ (n-2)+(n-1)+n+(n+1)+(n+2)=5n}\) (*), zatem suma każdych kolejnych pięciu wyrazów tego ciągu jest podzielna przez \(\displaystyle{ 5}\) .
Zatem jeżeli sprawdzimy pięć pierwszych wyrazów ciągu, tj.
\(\displaystyle{ 1, \ 1+2, \ 1+2+3, \ 1+2+3+4,\ 1+2+3+4+5}\) i przekonamy się, że wszystkie one dają resztę \(\displaystyle{ 0, \ 1}\) albo \(\displaystyle{ 3}\) z dzielenia przez \(\displaystyle{ 5}\) , to stąd przez prostą indukcję wyniknie, że dla każdego \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) jest \(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2}\equiv 0 \pmod{5}}\) lub \(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2}\equiv 1\pmod{5}}\) lub \(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2}\equiv 3\pmod{5}}\) .
Oczywiście żadna z liczb \(\displaystyle{ 2,4,7,9}\) nie daje reszty \(\displaystyle{ 0, 1}\) ani \(\displaystyle{ 3}\) z dzielenia przez \(\displaystyle{ 5}\) …
Zarys drugiego kroku indukcyjnego może być taki. Powiedzmy, że \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}k= 1+\ldots+n\equiv 1\pmod{5}}\) , zatem dla dowolnego \(\displaystyle{ m \in \NN}\) (w szczególności dla \(\displaystyle{ m=1}\) , co nam wystarcza po sprawdzeniu pierwszych pięciu wyrazów) jest \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n+5m}k \equiv 1\pmod{5}}\) , gdyż
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n+5m}k= \sum_{k=1}^{n}k+ \sum_{l=1}^{m} \sum_{k=n+5(l-1)+1}^{n+5l} k}\), z założenia indukcyjnego
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}k\equiv 1\pmod{5}}\), zaś \(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{m} \sum_{k=n+5(l-1)+1}^{n+5l} k}\) jest, na mocy obserwacji (*), sumą \(\displaystyle{ m}\) liczb podzielnych przez \(\displaystyle{ 5}\) , czyli liczbą podzielną przez \(\displaystyle{ 5}\) , więc nic nie zmienia modulo \(\displaystyle{ 5}\) .
Analogicznie dla \(\displaystyle{ 1+\ldots+n\equiv 0\pmod{5}}\) oraz \(\displaystyle{ 1+\ldots+n\equiv 3\pmod{5}}\) .

Niech \(\displaystyle{ S=1+2+3+...+n}\)

Wiemy, że \(\displaystyle{ S_n= \frac{n^2+n}{2}}\). Niech \(\displaystyle{ r}\) oznacza resztę z dzielenia \(\displaystyle{ n}\) przez \(\displaystyle{ 5}\) . Z twierdzenia o dzieleniu z resztą: istnieje takie \(\displaystyle{ k \in N}\) , że \(\displaystyle{ n=5k+r}\) . Zatem:
\(\displaystyle{ S_n= \frac{25k^2+10kr+r^2+5k+r}{2}=5kr+\frac{25k^2+5k}{2}+\frac{r^2+r}{2}}\)
Wyraz \(\displaystyle{ \frac{25k^2+5k}{2}}\) jest liczbą naturalną podzielną przez \(\displaystyle{ 5}\) (jeżeli tego nie widzisz to wyciągnij sobie \(\displaystyle{ 5k}\) przez nawias i rozważ dwa przypadki kiedy \(\displaystyle{ k}\) jest parzyste i \(\displaystyle{ k}\) jest nieparzyste).
Zatem reszta z dzielenia \(\displaystyle{ S_n}\) przez \(\displaystyle{ 5}\) jest równa reszcie z dzielenia przez pięć tego wyrażenia \(\displaystyle{ \frac{r^2+r}{2}}\) .
Wstawiając za \(\displaystyle{ r}\) wszystkie możliwe reszty z dzielenia przez pięć (liczby naturalne od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ 4}\) ) łatwo dojść do wniosku, że \(\displaystyle{ S_n}\) nigdy nie da reszt: \(\displaystyle{ 2}\) i \(\displaystyle{ 4}\) przy dzieleniu przez \(\displaystyle{ 5}\) . Czyli przy dzieleniu przez \(\displaystyle{ 10}\) nie można otrzymać następujących reszt: \(\displaystyle{ 2,\:4,\:7,\: 9}\) , a to jest teza.

Jezu Chryste jakie sprawdzenie? Dałem wywód na \(\displaystyle{ n}\) linijek, ludzie nie chcecie elementarnych rozwiązań to, nie będę takich dawał.
Sprawdziłem WSZYSTKIE reszty iloczynów kolejnych liczb naturalnych, w Post Scriptum objaśniłem Ci jak powstają cyfry końcowe na podstawie Teorii Liczb.
Dlatego warunkiem dostatecznym jest sprawdzenie tych iloczynów od \(\displaystyle{ 2}\) do \(\displaystyle{ 9}\)
Jak widzę takie posty, to mnie krew zalewa 20 minut życia psu w piach.

Matematyka jest piękna wtedy, gdy rozwiązanie zrozumie nawet laik, ale jak ktoś nie umie czytać ze zrozumieniem, to niech nie wchodzi na to forum i zajmie się pracą fizyczną.

Powstawania cyfr jedności, zadania dla 7 latków z Torunia nie zrozumiesz, ale wywody z RACHUNKIEM MODULO I KONGRUENCJĄ czyli głębokim tematem teorioliczbowym oraz INDUKCJA ZUPEŁNA MATEMATYCZNA 1 ROK MATEMATYKA DYSKRETNA/ANALIZA MATEMATYCZNA przy obecnych standardach nauczania to już pojemaju od A do Z?

Ostatni raz wypowiedziałem się w temacie Teoria Liczb.

Użytkowniku TheBill licz się ze słowami i współczuje wszystkim, którzy mieli okazje czytać twoje 2000 postów (swoją drogą niezły wynik jak na brak znajomości tego dowodu).

NA DOLE
Gdzie używam kongruencji w dowodzie na poziomie 1 klasy liceum? Błagam przeczytajcie dowód dokładnie.

Proszę daje link:
... anie-35662
Zadanie dla gimnazjalistów opiera się dokładnie na tym samym.

Richard del Ferro pisze:Jezu Chryste jakie sprawdzenie? Dałem wywód na \(\displaystyle{ n}\) linijek, ludzie nie chcecie elementarnych rozwiązań to, nie będę takich dawał.
Sprawdziłem WSZYSTKIE reszty iloczynów kolejnych liczb naturalnych, w Post Scriptum objaśniłem Ci jak powstają cyfry końcowe na podstawie Teorii Liczb.
Dlatego warunkiem dostatecznym jest sprawdzenie tych iloczynów od \(\displaystyle{ 2}\) do \(\displaystyle{ 9}\)
Jak widzę takie posty, to mnie krew zalewa 20 minut życia psu w piach.

Matematyka jest piękna wtedy, gdy rozwiązanie zrozumie nawet laik, ale jak ktoś nie umie czytać ze zrozumieniem, to niech nie wchodzi na to forum i zajmie się pracą fizyczną.

Nie jestem pewien czy sprawdzenie wszystkich reszt modulo \(\displaystyle{ 10}\) iloczynu \(\displaystyle{ n(n+1)}\) rozwiązuje sprawę przystawania \(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2}}\) modulo \(\displaystyle{ 10}\) , bo przecież \(\displaystyle{ 10}\) nie jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ 2}\) , a kongruencje wolno dzielić stronami, tylko gdy dzielimy przez coś względnie pierwszego z modulo.

Jezus Chrystus Ci nie odpowie. Nie uzasadnione są Twoje nerwy. Ale to już off-top.

_Michal pisze:

Richard del Ferro pisze:Jezu Chryste jakie sprawdzenie? Dałem wywód na \(\displaystyle{ n}\) linijek, ludzie nie chcecie elementarnych rozwiązań to, nie będę takich dawał.
Sprawdziłem WSZYSTKIE reszty iloczynów kolejnych liczb naturalnych, w Post Scriptum objaśniłem Ci jak powstają cyfry końcowe na podstawie Teorii Liczb.
Dlatego warunkiem dostatecznym jest sprawdzenie tych iloczynów od \(\displaystyle{ 2}\) do \(\displaystyle{ 9}\)
Jak widzę takie posty, to mnie krew zalewa 20 minut życia psu w piach.

Matematyka jest piękna wtedy, gdy rozwiązanie zrozumie nawet laik, ale jak ktoś nie umie czytać ze zrozumieniem, to niech nie wchodzi na to forum i zajmie się pracą fizyczną.

Nie jestem pewien czy sprawdzenie wszystkich reszt modulo \(\displaystyle{ 10}\) iloczynu \(\displaystyle{ n(n+1)}\) rozwiązuje sprawę przystawania \(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2}}\) modulo \(\displaystyle{ 10}\) , bo przecież \(\displaystyle{ 10}\) nie jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ 2}\) , a kongruencje wolno dzielić stronami, tylko gdy dzielimy przez coś względnie pierwszego z modulo.

Źle się wyraziłem, chodziło mi o to, że sprawdziłeś wszystkie reszty z dzielenia przez dziesięć \(\displaystyle{ n(n+1)}\) . Ale potem podzieliłeś to przez dwa, więc już nie możesz oceniać reszt z dzielenia przez dziesięć (czyli ostatnich cyfr), tylko co najwyżej reszty z dzielenia przez pięć. W Twoim przykładzie z gimnazjum nikt nic nie dzielił.

Chociaż z Twoich rozważań wynika, że \(\displaystyle{ S}\) nie może dawać reszt \(\displaystyle{ 2}\) ani \(\displaystyle{ 4}\) przy dzieleniu przez pięć, co jest równoważne tezie, w mojej ocenie bez tego komentarza rozwiązanie nie może być uznane za poprawne, z wyżej wymienionego powodu.

(edit) Dobra, wytłumaczę to najprościej jak mogę: jeżeli ostatnia cyfra czegoś wynosi \(\displaystyle{ l}\) , to ostatnia cyfra tego czegoś podzielonego przez \(\displaystyle{ 2}\) nie koniecznie wynosi \(\displaystyle{ \frac{l}{2}}\) . Na przykład ostatnia cyfra liczby \(\displaystyle{ 114}\) to \(\displaystyle{ 4}\) , ale jeżeli podzielisz ją przez dwa to jej ostatnia cyfra to nie jest \(\displaystyle{ 2}\) , tylko \(\displaystyle{ 7}\) .

(edit) To już drobiazg, ale jest jeszcze jeden problem z Twoim rozwiązaniem: nie uwzględniasz, że ostatnia cyfra którejś z liczb:
\(\displaystyle{ n}\), \(\displaystyle{ n+1}\) może być zerem.