21 svar
107 visningar
naytte är nöjd med hjälpen
naytte Online 3490
Postad: 15 jan 15:29 Redigerad: 15 jan 15:46

Visa att funktionen aldrig är delbar med 6 - frågor

God eftermiddag!

Jag har suttit en stund nu med en uppgift men jag kommer ingenstans. Uppgiften lyder:

Visa att talet 6 aldrig är en delare till funktionen f(a)=a2+2a\displaystyle f(a)=a^2+2^a, a+a \in \mathbb{Z}^{+}

Jag testade först med induktion men det var nog ingen bra angreppsvinkel. I början försökte jag dessutom använda kongruens och restklasser men jag är osäker på hur man ska göra det när man inte undersöker polynom utan en exponentiell funktion.

Sist men inte minst tänkte jag att man kanske kunde försöka få ett motsägelsebevis, alltså att funktionen inte kan vara jämn och delbar med tre samtidigt. Här ansatte jag:

a=2q,qf(2q)=4q2+22q\displaystyle a=2q ,q\in \mathbb{Z}\implies f(2q)=4q^2+2^{2q}

Här stöter jag på ett problem som jag ofta stöter på i den här typen av uppgifter men som jag inte lyckas hantera. Det är trivialt att se att för att den första termen ska vara delbar med 3 måste q vara en multipel av 3. Vi ser då att den andra termen inte blir delbar med 3 samtidigt. Men problemet är att det kanske finns något heltal q som gör att summan av termernas rester tillsammans blir ett heltal då man delar med 3. Hur kan man utesluta den möjligheten?

EDIT: korrigerade ett fel. Det skulle ju givetvis stå a=2q.

Laguna 27743
Postad: 15 jan 15:47 Redigerad: 15 jan 15:47

Jag skulle kolla hur a2 och 2a beter sig var för sig modulo 6:

a  1 2 3 4 5 6

a2 1 4 3 4 1 0

2a 2 4 2 4 2 4

a2 har tydligen en period på 6, och 2a har perioden 2. Summan har alltså perioden 6, och det är bara att kolla de sex första fallen.

Sen bevisa dessa små påståenden också...

naytte Online 3490
Postad: 15 jan 15:49

Tack för svar!

Vad exakt betyder det att a2 och 2a har en period på 6 respektive 2? Betyder det att resterna är återkommande i intervall på 6 respektive 2?

Laguna 27743
Postad: 15 jan 15:49

Ja, de fortsätter 1 4 3 4 1 0 1 4 3 1 0 ... respektive 2 4 2 4 2 4 2 4 2 4 ...

naytte Online 3490
Postad: 15 jan 15:50

Så de är med andra ord de enda möjliga resterna?

Laguna 27743
Postad: 15 jan 15:53

Ja, summerar du dem får du 3 2 5 2 3 4 3 2 5 2 3 4 ...

naytte Online 3490
Postad: 15 jan 15:55 Redigerad: 15 jan 15:55

Bara så att jag förstår det rätt: på den översta raden har du stoppat in värden på a, medan de undre raderna är resterna hos termerna i f(1), f(2) osv... då man delar med 6?

Laguna 27743
Postad: 15 jan 15:59

Ja, om jag inte har gjort fel någonstans.

naytte Online 3490
Postad: 15 jan 16:15

Kommer det alltid finnas en period på sättet du beskrev? Hur kan man bevisa det?

Om du räknar modulo 6, så finns det bara 6 olika ekvivalensklasser (olika rester). Efter högt 6 steg kommer du att komma tillbaka till ett värde som du redan "har varit på", och efter detta kommer mönstret att upprepa sig.

Laguna 27743
Postad: 15 jan 16:27

Du kan nog bevisa beteendet rätt lätt för var och en av ak och ka. Sen får du ta reda på den totala perioden och prova dig fram huruvida summan kan ge resten 0.

naytte Online 3490
Postad: 15 jan 17:26

Okej, jag har tänkt en del nu men jag är fortfarande förvirrad (kan bero på glukosbrist). Så som jag förstår det som sagts här är varje rest beroende av den föregående resten:

Låt 2n2^n ha resten rnr_n vid division med 6 så att:

2a6rn2a=6qn+rn\displaystyle 2^{a}\equiv _{6}r_{n}\iff 2^{a}=6q_{n}+r_{n}

rn+162a+162·2a612qn+2rn62rn\displaystyle \implies r_{n+1}\equiv _{6}2^{a+1}\equiv _{6}2\cdot 2^a\equiv _{6}12q_{n}+2r_{n}\equiv _{6} 2r_{n}

rn+162rn\displaystyle \implies r_{n+1}\equiv _{6} 2r_{n}

Och enligt denna rekursivt definierade följd för resterna ser vi att endast resterna 2 och 4 kan förekomma. Men jag lyckas inte göra samma sak för den andra termen a2. Hur kan man göra för den?

Laguna 27743
Postad: 15 jan 17:29

För den kan du betrakta (6n+m)2, där m är mellan 0 och 5.

naytte Online 3490
Postad: 15 jan 18:01 Redigerad: 15 jan 18:02

Varför betraktar vi bara aa och inte a2a^2? Är det inte a2a^2 vi vill undersöka? Alltså vi skriver om a:et som ett heltal och en rest istället för a2a^2.

Laguna 27743
Postad: 15 jan 19:47

Jo, jag menade att vi skriver a som 6n+m.

naytte Online 3490
Postad: 15 jan 19:50

Ja, det är jag med på. Men vad förenklar det att skriva a på det sättet?

För då har man något man kan räkna modulo på, och förhoppningsvis kan man dra slutsater frå de resultaten.

naytte Online 3490
Postad: 15 jan 22:26 Redigerad: 15 jan 22:26

En fråga dessutom om det rekursiva sambandet jag kom fram till ovan: det gäller inte då rn=3, eller? Nu vet ju jag att det aldrig kommer inträffa, men låt säga att det fanns något tal a som gav en rest 3. Hade resonemanget fortfarande fungerat då?

naytte Online 3490
Postad: 16 jan 10:33

Eller nu när jag har fått sova på saken tror jag inte det spelar någon roll. Låt säga att den första resten skulle vara rn=3r_n = 3. Det skulle bara betyda att funktionen alltid blir delbar med 6 för alla andra a. Men det rekursiva sambandet stämmer ändå.

naytte Online 3490
Postad: 16 jan 20:34 Redigerad: 16 jan 20:37

Hej, igen! Jag har försökt ta fram ett rekursivt samband likt det jag kom fram till ovan men det blir lite fel. Jag försökte först köra på förslaget du föreslog, @Laguna, men jag stöter på samma problem då som jag gör när jag bara kör direkt utan omskrivning. Jag har en typ lösning nu men den känns väldigt klumpig:

a2=6ka+rara6a2\displaystyle a^{2}=6k_{a}+r_{a}\implies r_{a}\equiv _{6}a^{2}

ra+16a2+2a+16ra+26ka+ra+1\displaystyle r_{a+1}\equiv _{6}a^{2}+2a+1\equiv _{6}r_{a}+2\sqrt{6k_{a}+r_{a}}+1

ra+16ra+26ka+ra+1\displaystyle \therefore r_{a+1}\equiv _{6}r_{a}+2\sqrt{6k_{a}+r_{a}}+1

Det här är som sagt otroligt klumpigt. Man skulle behöva tabellera kak_a också. Är det här på rätt spår eller är jag helt ute och cyklar? Helst vill jag ju bara uttrycka förhållandet i termer av rar_a...

Tips uppskattas!

a = 6n+m

a2 = (6n+m)2 = 36n2+12mn + m2 som är kongruent med m2 (eftersom de båda första termerna är delbara med 6)

Undersök de olika kongruensklasserna:

1 => 1
2 => 4
3 => 9 => 3
4 => 16 => 4
5 => 25 => 1
0 => 0

naytte Online 3490
Postad: 17 jan 17:21 Redigerad: 17 jan 17:31

Ja okej, då är jag med. Insåg imorse också att man kan använda:

xnyg(x)ng(y)\displaystyle x\equiv_{n} y\implies g(x)\equiv _{n}g(y)

eftersom a2 är ett polynom med heltalskoefficienter.

Svara Avbryt
Close