Demonstrati ca pentru orice numar natural k exista un numar natural n astfel incat

divide

.

[Citat]

Problema este o problema de numere p-adice, mai exact de numere 2-adice.

Ajunge sa trunchiem seria de mai sus, care converge doar in numere p-adice, iar in ZZ nu face prea mult sens, si avem si o solutie in ZZ.

Daca nu stim sau nu vrem sa stim asa ceva, putem da desigur si solutia inductiva.

Cautam in primul rand un n cu proprietatea ca
nn + 7 se divide cu 2^3, il gasim imediat pe n=1.

Presupunem inductiv pentru k>3 ca stim un n=n(k) impar cu proprietatea ca
n(k)^2 + 7 se divide cu 2^k .

Il cautam pe urmatorul si alegem n(k+1) intre
n(k) sau n(k) + 2^{k-1} .

Pentru aceasta ne uitam mai intai la
( n(k)^2+7 ) / 2^k .

Daca acest numar este par, am castigat, n(k+1) ales drept n(k) se divide cu 2^(k+1) .

Daca acest numar de mai sus este impar, incercam sa calculam
( n(k) + 2^{k-1} )^2 + 7
= n(k)^2 + 7 + 2 n(k) 2^{k-1} + 2^{2(k-1)}
si vedem ca dam de ce trebuie, folosind imparitatea lui n(k) si faptul ca puterea din coada a lui 2 este mai mare decat k+1.

Este bine de stiut ca masinile de calcul stiu sa opereze cu numere p-adice.
Se poate intelege usor si agrea zambitor atunci

(19:00) gp > a = -7 + O(2^20)
%31 = 1 + 2^3 + 2^4 + 2^5 + 2^6 + 2^7 + 2^8 + 2^9 + 2^10 + 2^11 + 2^12 + 2^13 + 2^14 + 2^15 + 2^16 + 2^17 + 2^18 + 2^19 + O(2^20)
(19:01) gp > sqrt(a)
%32 = 1 + 2 + 2^3 + 2^6 + 2^8 + 2^9 + 2^10 + 2^11 + 2^12 + 2^13 + 2^16 + 2^17 + 2^18 + O(2^19)
(19:01) gp > n = 1 + 2 + 2^3 + 2^6 + 2^8 + 2^9 + 2^10 + 2^11 + 2^12 + 2^13 + 2^16 + 2^17 + 2^18
%33 = 474955
(19:01) gp > n^2+7
%34 = 225582252032
(19:01) gp > factor( n^2+7 )
%35 =
[2 22]

[53783 1]

(19:01) gp > n^2+7 + O(2^20)
%36 = O(2^20)
(19:02) gp > binomial( 1/2, 0 )
%37 = 1
(19:02) gp > binomial( 1/2, 1 )
%38 = 1/2
(19:02) gp > binomial( 1/2, 2 )
%39 = -1/8
(19:03) gp > binomial( 1/2, 3 )
%40 = 1/16
(19:03) gp > binomial( 1/2, 4 )
%41 = -5/128
(19:04) gp > sum( k=0, 19, binomial( 1/2, k ) * (-2)^(3*k) + O(2^19) )
%42 = 1 + 2^2 + 2^4 + 2^5 + 2^7 + 2^14 + 2^15 + O(2^19)
(19:04) gp > m = 1 + 2^2 + 2^4 + 2^5 + 2^7 + 2^14 + 2^15
%43 = 49333
(19:05) gp > factor( m^2+7 )
%44 =
[2 20]

[11 1]

[211 1]

(19:05) gp > m/n
%45 = 49333/474955
(19:06) gp > m/n + O(2^19)
%46 = 1 + 2 + 2^2 + 2^3 + 2^4 + 2^5 + 2^6 + 2^7 + 2^8 + 2^9 + 2^10 + 2^11 + 2^12 + 2^13 + 2^14 + 2^15 + 2^16 + 2^17 + 2^18 + O(2^19)
(19:06) gp > ( m/n + O(2^19) )^2
%47 = 1 + O(2^20)
(19:06) gp > -m + O(2^19)
%48 = 1 + 2 + 2^3 + 2^6 + 2^8 + 2^9 + 2^10 + 2^11 + 2^12 + 2^13 + 2^16 + 2^17 + 2^18 + O(2^19)
(19:07) gp >

Multumesc pentru rezolvare....dar as dori ,daca se poate, o solutie de clasa a 9-a(problema e de clasa a 9-a).

Sunt obligat sa ma citez.
Nu stiu daca inductia se face deja pe clasa a IX-a, dar fara inductie trebuie deja investit prea mult efort.

[Citat] Daca nu stim sau nu vrem sa stim asa ceva, putem da desigur si solutia inductiva. Cautam in primul rand un n cu proprietatea ca nn + 7 se divide cu 2^3, il gasim imediat pe n=1. Presupunem inductiv pentru k>3 ca stim un n=n(k) impar cu proprietatea ca n(k)^2 + 7 se divide cu 2^k . Il cautam pe urmatorul si alegem n(k+1) intre n(k) sau n(k) + 2^{k-1} . Pentru aceasta ne uitam mai intai la ( n(k)^2+7 ) / 2^k . Daca acest numar este par, am castigat, n(k+1) ales drept n(k) se divide cu 2^(k+1) . Daca acest numar de mai sus este impar, incercam sa calculam ( n(k) + 2^{k-1} )^2 + 7 = n(k)^2 + 7 + 2 n(k) 2^{k-1} + 2^{2(k-1)} si vedem ca dam de ce trebuie, folosind imparitatea lui n(k) si faptul ca puterea din coada a lui 2 este mai mare decat k+1.

Cum se foloseste algoritmul de mai sus ca sa dam de un numar divizibil cu 1024 de exemplu?