Matematické Fórum

Lois · 09. 10. 2012 21:13 — Editoval Lois (10. 10. 2012 10:05)

ahoj, nejsem si příliš jistá následující indukcí, postupovala jsem správně?

všechna n náleží N; p∣n2 <=> p∣n

n2/p => n/p a zároveň n/p => n2/p

i)pro n=1
1/p => 1/p a zároveň 1/p => 1/p
Pro n=1 výrok platí

ii)Pro n = (k+1)
(k+1)(k+1)/p => (k+1)/p a zároveň (k+1)/p =>(k+1)(k+1)/p
Mezi prvočísla nepatří nula, tedy výrok je platný pro všechna prvočísla.

děkuji :)

jarrro · 10. 10. 2012 12:22

postup správny, ale dokazované si len skonšatovala, ale nedokázala
aspoň to teda dokázané nikde nevidím
hlavne teda implikáciu (k+1)(k+1)/p => (k+1)/p , pretože opačná je zrejmá.

Lois · 10. 10. 2012 12:25

↑ jarrro:
Ahoj,

díky, a jak mám tedy implikaci (k+1)(k+1)/p => (k+1)/p dokázat?

jarrro · 10. 10. 2012 13:00 — Editoval jarrro (10. 10. 2012 13:51)

teraz ma napadlo, že to máš naopak, ale asi to myslíš dobre
má byť $p|(k+1)(k+1)\Rightarrow p|(k+1)$
nech je teda $k^2+2k+1=p\cdot l$
teda stačí ukázať,že $p|$k^2+k$$
potom
$k+1=p\cdot l-k^2-k=p\cdot m$

Lois · 10. 10. 2012 13:15

↑ jarrro:

ještě prosím nerozumím tomu poslednímu řádku... resp. nevidím v tom ten můj závěr, že výrok platí pro všechna p :(

jarrro · 10. 10. 2012 13:52

editoval som napísal som hlúposť teraz ma zase nenapadá ako dokázať deliteľnosť toho súčtu isto je to taká trivialita, že sa budem hanbiť aký som dilino

Lois · 10. 10. 2012 14:00

↑ jarrro:
no jsem na tom asi hůř... takže pokud (k + 1) je možné zapsat jako p * m znamená to, že výrok je platný neboť ??? ... můžeš mi to nějak přiblížit možná si sedím na vedení, ale nevidím v tom ten důkaz :(

jelena · 10. 10. 2012 19:59

↑ jarrro:

Zdravím, Jaro,

důkazy není má silná stránka (tedy vůbec), ale když jsem četla zadání, tak se mi nedaří přijít na to, co je třeba dokazovat.
Rozumím tomu dobře: "prvočíslo p je dělitelem kvadrátu přirozeného čísla n tehdy a jen tehdy, když je také dělitelem i samotného čísla"? Potom si představuji, že v rozkladu čísla $n$ se vyskytuje alespoň jednou $p$ . A tak nevím, co se bude dokazovat (a možna jsem to celé přečetla špatně).

Děkuji za vysvětlení.

jarrro · 12. 10. 2012 21:21 — Editoval jarrro (12. 10. 2012 21:23)

↑ jelena:ide hlavne o dôkaz, že ak p je deliteľom kvadrátu čísla n, tak je aj deliteľom čísla n.
opačná implikácia je jasná a ani p nemusí byť prvočíslo môže byť dokonca aj druhá mocnina ,lebo ak
$n=p\cdot k$ , tak $n^2=p^2\cdot k^2=p\cdot$p\cdot k^2$$
ale ak $n^2$ je deliteľné nejakým číslom tak obecne n ešte nemusí byť tým číslom deliteľné
napr. $36$ je deliteľné 4, ale 6 nie je deliteľné 4. úlohou je ukázať, že v prípade deliteľa, ktorý je prvočíslo sa takéto niečo nemôže stáť
môj problém spočíva v tom, že sa má použiť indukcia
ak by sa mohla použiť základná veta artimetiky (teda, že každé prirodzené väčšie ako 1 sa dá jednoznačne vyjadriť ako súčin prvočísel), tak to vyjde priamo, lebo v mocnine musí byť zrejme každý prvočiniteľ párny počet krát a predpoklad o deliteľnosti mocniny zaručí, že tam p bude aspoň 2krát, teda aspoň raz bude v n

JohnPeca18

Hm, mna napadol nasledujuci dokaz s indukciou ale tiez sa pouzije rozklad na prvocisla.
dokazem $p\nmid (n) \Rightarrow p\nmid (n)^2$
Overim nejdriv pro $n<p$
Tu pouzijem to, ze sucin 2 cisel, ktere nemaji v rozkladu p, nemuzou dat v soucinu p. Hm, to by slo vlastne rict pro vsechny n.
Edit: Mozna by slo vyuzit, ze $n<p\Rightarrow n^2<p^2$
No kazdopadne napad na indukci je nasledovnz
S indukcnym predpokladom, ze to plati pre n<p
pocitam pre $n\geq p$
$p\nmid n \Rightarrow n=kp+l, l<p, k\geq1, p\nmid l\Rightarrow n^2=k^2p^2+2klp+l^2, p\nmid l^2$
kde $p\nmid l^2$ je indukcni predpoklad a kedze zvysok vyrazu je delitelny p, potom $n^2$ nie je delitelny p.

jarrro · 13. 10. 2012 16:18

↑ JohnPeca18:díky vedel som ,že to bude primitívne, len ma to nechcelo napadnúť

Brano · 14. 10. 2012 00:37

Nuz ak sa pouzije zakladna veta aritmetiky (to o rozklade na prvocisla)
http://en.wikipedia.org/wiki/Fundamenta … arithmetic
tak tam netreba nic riesit nejakou indukciou, trvdenie je okamzite zrejme, totizto ak $n$ neosahuje vo svojom rozklade $p$ tak ho nemoze obsahovat ani $n^2$ ,
nehovoriac o tom, ze na dokaz tejto vety sa vyuziva pomerne zakladna vlastnost prvocisel, menovite Euklidova lemma
http://en.wikipedia.org/wiki/Euclid%27s_lemma
ktora hovori $p|ab\Rightarrow p|a\vee p|b$ a z tejto ziadane tvrdenie vyplyva trivialne.

Tak sa pozrime ako sa dokazuje tato vlastnost. Vyuziva sa tzv Bezoutova identita
http://en.wikipedia.org/wiki/B%C3%A9zout%27s_identity
ktora v tomto pripade hovori, ze ak neplati $p|a$ , cize $p$ a $a$ su nesudelitelne, tak sa daju najst cele $x,y$ take, ze $px+ay=1$ . Z toho to uz ide lahko lebo $pbx+aby=b$ a potom $p|ab\Rightarrow p|(pbx+aby)\Rightarrow p|b$ .
Cize otazka je iba ako dokazat Bezoutovu identitu. Na to sa pouziva Euklidov algoritmus
http://en.wikipedia.org/wiki/Euclidean_algorithm
a tam uz je ta vytuzena indukcia, len ju tu zatial nenapisem, kedze si niesom isty, ze ci je o nu zaujem. Tak otazka na Lois, chces este nejake info v tomto smere, alebo chces hladat inu cestu (pricom ja ziadnu nevidim), alebo si to pozries sama v tych odkazoch co som uviedol?