Bine aţi venit pe Scientia QA!
Pentru a putea publica întrebări şi răspunsuri, trebuie să vă înregistraţi.
Atenţie! Este posibil ca e-mailul de confirmare a înregistrării să intre în Spam.
  • Inregistrare
Pune o întrebare

Newsletter


3.5k intrebari

6.7k raspunsuri

15.1k comentarii

2.2k utilizatori

1 plus 0 minusuri
420 vizualizari

aratati ca \frac{3^n-2^n}{n} nu poate fi intreg oricare ar fi n natural n>1

a intrebat Experimentat (2.3k puncte) in categoria Matematica

2 Raspunsuri

2 plusuri 0 minusuri
 
Cel mai bun raspuns

Mai întâi remarcăm că n nu poate fi multiplu de 2 (3n-2n este impar) și de 3 (3n-2n=3n-(3-1)n=3n-(M3-1)=M3+1, din dezvoltarea binomială). Oricum, observația se suprapune cu cazul n prim din răspunsul lui CiprianM.
Presupunem că există n număr natural astfel încât \small \frac{3^{n}-2^{n}}{n} este un întreg: \small \3^{n}-2^{n}{}\equiv 0 (mod n). Notând cu p cel mai mic factor prim al lui n, p divide n, deci p divide 3n-2n,\small \Rightarrow 3^{n}-2^{n}\equiv 0 (modp ). Conform micii teoreme a lui Fermat pentru același p avem: \small 2^{p-1}\equiv 1(modp) și \small 3^{p-1}\equiv 1(modp). Putem scădea acestea obținând \small 3^{p-1}-2^{p-1}\equiv 0(modp). Dacă p divide ambele expresii, \small 3^{n}-2^{n} și \small 3^{p-1}-2^{p-1} atunci p divide și cel mai mare divizor comun al lor: \small cmmdc(3^{n}-2^{n},3^{p-1}-2^{p-1})\equiv 0(modp). Folosesc un rezultat din matematică:\small cmmdc(a^{p}-b^{p},a^{q}-b^{q})=a^{cmmdc(p,q)}-b^{cmmdc(p,q)}  *  (demonstrația mai jos).  Pentru a=3, b=2, p=n și q=p-1 obțin \small 3^{cmmdc(n,p-1)}-2^{cmmdc(n,p-1)}\equiv 0(modp) (1). Pentru că cmmdc(n,p-1) trebuie să fie mai mic sau egal cu (p-1), iar (p-1) este mai mic decât oricare alt divizor al lui n rezultă că cmmdc(n,p-1)=1. Înlocuind în (1) obțin:\small 3^{1}-2^{1}\equiv 0(modp)\Rightarrow 1\equiv 0(modp), imposibil, și acest lucru implică că presupunerea inițială este greșită.

* Se folosește algoritmul lui Euclid pentru determinarea\small cmmdc(a^{n}-b^{n},a^{m}-b^{n}): 

\small a^{n}-b^{n}=(a^{m}-b^{m})(a^{n-m}b^{0}+a^{-2m}b^{m}+...+a^{r}b^{n-m-r})+b^{m\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor}(a^{r}-b^{r})unde r = n mod m. cmmdc(an-bn,am-bm) devine egal cu cmmdc(am-bm,ar-br) și procedeul continuă la fel (împărțind am-bm=(ar-br)(...)+(..)(ar1-ar1), r1= m mod r) până când se obține arn-1-brn-1=(arn-brn)*(...) și atunci cmmdc(an-bn,am-bm)=arn-brn unde rn a urmat algoritmul lui Euclid pentru numerele n și m, deci este cmmdc(n,m). Partea aceasta nu-mi aparține.

a raspuns Experimentat (4.6k puncte)
selectat de
0 0

Ca intodeauna impresionant.Ideea mea vine pe teoria grupurilor si are destule puncte comune dar necesita cateva leme de prezentat.

Se stie ca \mathbb{Z}_p^* impreuna cu inmultirea este grup.

Se numeste ordinul unui element notat cu ord(x)=|<x>| unde prin <x> intelegem multimea generata de x adica {1,x,x^2,...} asta in caz ca multimea este finita si ordinul devine cel mai mic k pentru care x^k=1 si ord(x)=0 daca multimea generata e infinita.

Lema: ordinul unui element dintr-un grup finit divide ordinul grupului(adica numarul de elemente ale grupului).

Aceasta lema e consecinta a teoremei lui Lagrange care spune ca intr-un grup finit G sa zicem de ordin n si H un subgrup atunci cardH |n.Adica ordinul subgrupui divide ordinul grupului ,din pacate demonstratia e ceva mai dificila si nu o prezint.Cum multimea generata de un element este un subgrup lema iese imediat.

Sa revenim la problema ,la fel ca in demonstratia anterioara cazul cand 2 sau 3 divide n iese imediat .Fie p la fel cel mai mic numar prim diferit de 2 sau 3 daca n divide 3^n-2^n asta inseamna ca 3^n\equiv 2^n(p) unde prin (p) inteleg congruenta modulo p.

 Fie k restul impartiri lui n la p-1 ,asta inseamna 3^k\equiv 2^k(p) deoerece stim ca 3^{p-1} si 2^{p-1} dau restul 1 la p .Relatia rtespectiva de congruenta implica 3^k este egal cu 2^k in grupul Zp de unde 3^k(2^{-1})^k=(3*2^{-1})^k=1    unde prin 2 la -1 inteleg inversul lui 2 si deci ordinul acelui element divide k si automat conform lemei si pe p-1 deci k divide cmmdc{n,p-1} deci k=1 si rezulta 3*2^{-1}=1 adica 3=2 contradictie.

0 plusuri 0 minusuri
Salut zec!

Soluția mea ar fi următoarea.

1.

n = p, p număr prim și rescriem fractia sub forma:

Conform micii teoreme a lui Fermat, la numărător, avem o expresie congruenta cu 1 mod p, deci numaratorul nu se divide cu p.

2.

n nonprim.

Scriem 3=2+1, dezvoltam binomul lui Newton, anulam ulterior termenul 2n , iar numaratorul devine:

După ce simplificam cu n și separam 1 ajungem la:

Incepand de la al treilea termen al sumei pana la penultimul, toți termenii sunt numere intregi.

Spre exemplu, daca n nu este divizibil cu 3 (număr prim), fie n-1, fie n-2, este divizibil cu 3.

Pentru n=4, sunt luați in calcul doar primii 3 termeni de mai sus.

Pentru n=5 este identic ca și pentru n=3 fiind număr prim s.a.m.d.

Deci cu excepția lui 1/n toți termenii sunt întregi.

Sper sa nu fi greșit. Am scris presat de timp și nu am analizat detaliat  problema.
a raspuns Junior (583 puncte)
editat de
0 0
Cazul n prim e ok ,dar la n neprim in general n nu divide combinari de n luate cate k.Deci simplificarea cu n nu functioneaza.

...