Matematické Fórum

Marian · 27. 04. 2010 17:36

Dokažte, že součet tří bezprostředně po sobě jdoucích třetích mocnin přirozených čísel je vždy dělitelný 9, tj. že platí

$\quad\reverse\Large\forall n\in\mathbb{N}\quad\exists k\in\mathbb{N}:\qquad n^3+(n+1)^3+(n+2)^3=9k.\qquad\nl$

Pavel · 27. 04. 2010 18:54

↑ Marian:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Marian · 28. 04. 2010 07:50

↑ Pavel:

Ano, je to tak.

Úloha je snadná. Snad bude někomu sloužit jako lehká rozcvička k náročnějším úlohám.

jarrro · 28. 04. 2010 18:53

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Marian · 29. 04. 2010 13:28

↑ jarrro:
Jistě, i toto je možnost řešení.

petrkovar · 29. 04. 2010 15:57

↑ Marian:Elegantní je také použít substituci $t=n+1$ . Potom máme součet třetích mocnin $(t-1)^3+t^3+(t+1)^3$ . Usnadní to úpravy v obou navrhovaných postupech.

check_drummer · 29. 04. 2010 19:10

Téma je sice uzavřené, přesto přispěju. :-)
Dokažme obecnější tvrzení:
pro všechna a,b,c přirozená je následující výraz dělitelný 9:
$(3a)^3+(3b+1)^3+(3c+2)^3$
To je ale zřejmé, protože $1^3+2^3=9$ .
Teď už stačí jen použít fakt, že z čísel n, n+1, n+2 dávají tato čísla zbytek 0, 1, 2 po dělení 3 (ne nutně v tomto pořadí).

Kondr · 29. 04. 2010 20:45

Celkem není těžké to zobecnit:

Pro která $p\in\mathbb{N}$ platí
$\forall n\in\mathbb{N}: n^p+\ldots+(n+p-1)^p\equiv 0\pmod{p^2}$ ?

Co nemám rozmyšlené je, jak by to dopadlo s dělitelností $p^k$ pro $k>2$ .

petrkovar · 29. 04. 2010 22:40

↑ Kondr:Já myslím, že $p$ by mělo být liché číslo. Jinak evidentně pro $p \equiv 2 \pmod{4}$ je součet mocnin liché číslo a nemůže být dělitelné (sudým) $p$ .
Pomoci by mohlo, že když počítáme modulo $p$ , tak $n+1$ a $n+p-1$ dávají zbytek $1$ , resp. $-1$ , po dělení číslem $p$ .