Διαιρετότητα

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

panagiotis iliopoulos
Δημοσιεύσεις: 32
Εγγραφή: Τετ Μαρ 07, 2018 10:26 pm

Διαιρετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από panagiotis iliopoulos » Σάβ Μαρ 31, 2018 8:55 am

Έστω n φυσικοί αριθμοί x_{i} με i\in [1,....,n]. Να δειχθεί ότι ο αριθμός \sum_{i=1}^{n}2^{x_{i}} είναι πολλαπλάσιο του 2^{n}-1.
Ζητώ συγγνώμη.Ξέχασα να δώσω ότι οι 2^{x_{i}}
διαιρούμενοι με τον 2^{n}-1 αφήνουν διαφορετικά υπόλοιπα και ότι οι x_{i} διαφορετικοί ανά δύο μεταξύ τους.
τελευταία επεξεργασία από panagiotis iliopoulos σε Σάβ Μαρ 31, 2018 11:21 am, έχει επεξεργασθεί 5 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 170
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Διαιρετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Σάβ Μαρ 31, 2018 10:50 am

Καλημέρα. Κάτι δεν μου πάει καλά με την εκφώνηση.
panagiotis iliopoulos έγραψε:
Σάβ Μαρ 31, 2018 8:55 am
Έστω n φυσικοί αριθμοί και x_{i} φυσικοί με i\in [0,1,....,n]
Έτσι όπως είναι διατυπωμένο φαίνεται σαν να έχουμε δύο κατηγορίες φυσικών. Τους x_{i} και κάποιους άλλους που δεν

δίνονται. Μάλλον θες να πεις:

Έστω x_{i} φυσικοί με i=1,....,n.

Το συμπέρασμα δεν ισχύει. Πάρε για παράδειγμα n=2 και x_{1}=x_{2}=1. Τότε \sum_{i=1}^{2}2^{x_{i}}=4

και 2^{2}-1=3 που δεν διαιρεί τον 4.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7849
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Διαιρετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Μαρ 31, 2018 8:21 pm

Επειδή 2^n \equiv 1 \bmod 2^n-1, τότε a \equiv b \bmod n \Rightarrow 2^a \equiv 2^b \bmod (2^n-1). Αφού οι n αριθμοί που έχουμε αφήνουν διαφορετικά υπόλοιπα modulo 2^n-1 αναγκαστικά είναι ισότιμοι με τους 2^0,2^1,\ldots,2^{n-1}.

Άρα το άθροισμά τους είναι ισότιμο με 2^0 + 2^1 + \cdots + 2^{n-1} = 2^n - 1 \bmod (2^n-1). Δηλαδή είναι όντως πολλαπλάσιο του 2^n-1.


panagiotis iliopoulos
Δημοσιεύσεις: 32
Εγγραφή: Τετ Μαρ 07, 2018 10:26 pm

Re: Διαιρετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από panagiotis iliopoulos » Κυρ Απρ 01, 2018 9:44 am

Θα χρησιμοποιήσω κι εγώ modulo. Έστω 2^{x_{i}}\equiv u_{j}mod(2^{n}-1) όπου u_{j} τα υπόλοιπα της δαίρεσης των 2^{x_{i}} με τον 2^{n}-1 και τα υπόλοιπα αυτά έχουν πλήθος 2^{n}-1. Έπεται ότι \sum_{i=1}^{n}2^{x_{i}}\equiv \sum_{j=1}^{2^{n}-1}u_{j}mod(2^{n}-1). Όμως \sum_{j=1}^{2^{n}-1}u_{j}=u_{1}+u_{2}+...+u_{2^{n}-1}=0+1+...+(2^{n}-2)=\frac{(2^{n}-1)(2^{n}-2)}{2}=(2^{n}-1)(2^{n-1}-1). Άρα \sum_{j=1}^{2^{n}-1}u_{j}\equiv 0mod(2^{n}-1) δηλαδή \sum_{i=1}^{n}2^{x_{i}}\equiv 0mod(2^{n}-1) , που είναι το ζητούμενο.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες