Un po' di aritmetica

[Sk_Anonymous]

Calcolare l’ultima cifra decimale di (3)^83
dandone una giustificazione.
karl.

[WonderP1]

7, infatti guardando l'ultima cifra di 3^n si può notare che c'è la successione 1 3 9 7, quindi con periodo 4 partendo da 3^0. visivamente si spiega subito:

 n      3^n

 0      1

 1      3

 2      9

 3      27

 4      81

 5      243

 6      729

 7      2187

quindi se n+1 è divisibile per 4 allora 3^n finisce per 7 e 83+1 è divisibile per 4.

WonderP.

[Sk_Anonymous]

1) 3
2) 3*3 = 9
3) 9*3 = .7
4) .7*3 = .1
5) .1*3= = ..9

83) / 3 = 27 + 2

[Sk_Anonymous]

Ecco la soluzione generale ( che naturalmente
non inficia le altre):
3^83=(81)^(20)*(27).
Ora (81)^20 e' congruo ad 1^20 (modulo 10)
mentre 27 e' congruo a 7 (modulo 10);quindi
il loro prodotto e' congruo a (1^20)*7=7 (sempre
modulo 10).E dunque ,stante la congruenza a 10,l'ultima cifra
e' proprio 7.
Vi propongo questi altri:dimostrare che 30|(n^5-n) e 42|(n^7-n) con n in N .Tanto per passare un po' di tempo.Ciao.
karl.

[Sk_Anonymous]

Non ho capito i quesiti

dimostrare che 30|(n^5-n) e 42|(n^7-n) con n in N

2^5-2 = 30

30 =
6 * 5 =
[(2^3)-2] * 5 =
5(2^3) - 10 =
5 * 8 - 10 =
40 - 10 =
30

..ma che ne so:-)


Modificato da - cannigo il 18/02/2004 18:51:36

[Sk_Anonymous]

Si tratta di dimostrare che 30 divide n^5-n
e che 42 divide n^7-n comunque si scelga
n tra i numeri naturali.
Saluti da karl.

[Principe2]

ti do la soluzione solo nel primo caso perchè il secondo è analogo.
premetto un paio di cose:
1) la mia dimostrazione è abbastanza lunga, ma il risultato è bellissimo: ovvero che n^5-n è multiplo di 120 per n>2
2) si basa su una formula che ho "inventato" tempo fa, di cui tralascio la dimostrazione, per brevità: ciò non toglie che, qualora tu volessi, sarò lieto di postartela.

dunque, definisco differenza continua di k numeri l'operazione schematizzata nel modo seguente nel caso di k=3:

a(0)

     a(1)-a(0)

a(1)           a(2)-2a(1)+a(0)

     a(2)-a(1) 

a(2)

detto dc il risultato di tale operazione, risulta (e questa è la formula che ti dicevo):

     k-1              k-1

dc = (-1)^(i+1) * (   ) * a(i)

     i=0               i

nel caso in cui a = n^5 - n, la formula diventa, ovviamente:

     k-1              k-1 

dc = (-1)^(i+1) * (   ) * [(n+i)^5 - (n+i)]

     i=0               i

prendiamo ora 6 qualsiasi elementi consecutivi del tipo n^5-n, allora, dopo un po di calcoli si ha dc=120.

tendendo a mente lo schema precedente, abbiamo che le differenze precedenti (nel caso schematizzato:a(1)-a(0) e a(2)-a(1)) differiscono di 120; le differenze ancora precedenti differiscono per multipli di 120... e via dicendo a ritroso fino a tornare agli elementi di partenza, i quali differiscono quindi per multipli di 120.
prendiamo ora 3^5-3=240 che è multiplo di 120. ne consegue che per n>=3 tutti i numeri del tipo n^5-n, differendo, come detto, per multipli di 120 allora sono tutte multiple di 120; infatti, se lo è il primo, lo è anche il secondo; quindi anche il terzo...
2^5-2=30, quindi, per la stessa ragione, per n>=2 tutti i numeri del tipo n^5-n sono multipli di 30.

bene.

ciao, ubermensch

[Principe2]

a malincuore devo ammettere che la mia dimostrazione è errata: non è vero che per n>=3 i numeri del tipo n^5-n sono divisibili per 120.
cerco di recuperare almeno il caso di partenza.
pardon, a risentirci.

ubermensch

[Principe2]

ok! l'ho rimessa in piedi, a scapito però di quel poco di brevità che ero riuscito a mantenere.
osservo, innanzi tutto, che la formula che ti ho scritto (mi ero dimenticato di dirlo, vale per k pari, mentre per k dispari invece di "i+1" all'esponente c'è "i".
riprendo dal punto che avevamo trovato dc=120. infatti fino a quel punto è corretto.
osserviamo che 120 è banalmente divisibile per 30, ne consegue che, se andiamo alla prima differenza precedente, ed essa risulta divisibile per 30, allora tutte le altre sono divisibili per 30, perchè differiscono, come detto per 120; la prima delle differenze precedenti è ovviamente data dalla differenza continua dei primi 5 dei 6 elementi scelti in precedenza; utilizzando la formula per k dispari si ottiene: dc=720n+240 che è ovviamente divisibile per 30; ne consegue che tutte (che poi sono due!) le differenze precedenti sono divisibili per 30. consideriamo ora le differenze ancora precedenti, le quali differiscono quindi per multipli di 30; e ripetiamo il procedimento: se la prima di queste differenze, che sarebbe la diff.cont.dei primi 4 elementi dei 6 inizialmente scelti è multiplo di 30, allora lo sono tutte... iterando questo procedimento, si ottiene che tutte le differenze sono multiple di 30.
quindi i termini del tipo n^5-n differiscono per multipli di 30; poichè il primo di questi termini 2^5-2 = 30, per induzione si ha la tesi.

e finalmente ci siamo!

p.s. so benissimo che ora te ne esci con una soluzione da due righe!!!!

ciao, ubermensch

[Sk_Anonymous]

Per Ubermensch.
La tua soluzione mi sembra buona.Anche la tua
precedente affermazione (di divisibilita' per 120)
e' valida, sia pure solo per n dispari.Basta scegliere ad es. n=3.
La mia soluzione(non di due righe)fa uso,ed abuso,dell'induzione.
Poniamo P(n)=n^5-n=n(n-1)(n+1)(n^2+1) e Q(n)=n(n-1)(n+1);inoltre
possiamo supporre n>1 ,dato che P(1)=0,quindi divisibile per 30.
Poiche' 30=2*3*5 ed i fattori 2,3 e 5 sono primi tra loro,bastera' dimostrare che P(n) e' divisibile per 2,3 e 5.
1) 2|P(n) poiche' dei 2 fattori n ed n+1 uno e' necessariamente pari.
2)Abbiamo Q(2)=6 ( divisibile per 3).Inoltre:
Q(n+1)=Q(n)+3(n+1)(n+2).Pertanto se 3|Q(n) e'
anche 3|Q(n+1) e quindi ,per induzione,anche 3|Q(n)
per un n generico.Ma P(n)=Q(n)*(n^2+1) e dunque 3|P(n).
3)Abbiamo P(2)=30 (divisibile per 5).Inoltre:
P(n+1)=P(n)+5n(n^3+2n^2+2n+1).Pertanto se 5|P(n) e' anche
5|P(n+1) e quindi,per induzione,anche 5|P(n) per un n generico.
L'altro esercizio si dimostra in modo analogo(anche se piu' lungo).
Saluti da karl.