Доказать что уравнение кратное 2

Кратные корни многочленов

Пусть p(x) – многочлен степени n , а q(x) – многочлен степени n – k , где n и k – натуральные числа, удовлетворяющие неравенству .

Определение . Число α называют корнем кратности k многочлена p(x) , если справедливо равенство

Утверждение 1 . Число α является корнем кратности k многочлена p(x) тогда и тогда, когда оно является корнем производной этого многочлена кратности k – 1 .

Доказательство . Взяв производную от обеих частей формулы (1), получаем

Поскольку выражение, стоящее в квадратных скобках, при x = α не обращается в нуль, то утверждение 1 доказано.

Из утверждения 1 вытекает следующее

Утверждение 2 . Число α является корнем кратности k многочлена p(x) тогда и тогда, когда выполнены равенства:

Задача . Найти все значения параметра m , при которых многочлен

имеет корень кратности 2 .

Решение . Воспользовавшись утверждением 2, получаем

Метод анализа делимости нацело

Метод анализа делимости нацело. Использование признаков делимости

Рассмотрим примеры, когда при решении задачи возникает необходимость проанализировать делимость нацело того или иного целочисленного выражения.

Пример №7.

Доказать, что при любом натуральном п выражение делится нацело на 6.

Решение:

Преобразуем выражение к виду и докажем, что произведение трёх последовательных целых чисел всегда делится нацело на 6. В самом деле, каждое второе целое число кратно двум, а каждое третье — трём. Поэтому можно утверждать, что среди подряд идущих чисел п — 1, п и п + 1 по крайней мере одно делится на 2, и (одновременно с этим) одно делится на 3. Следовательно, их произведение будет делиться на 6, что и требовалось доказать.

Замечание. Аналогичными рассуждениями можно доказать, что произведение четырёх последовательных натуральных чисел делится нацело на 24.

Пример №8.

Доказать, что число делится нацело на 9.

Решение:

Преобразуем число к виду

Каждое из двух слагаемых делится нацело на 9 по признаку делимости на 9. Следовательно, их разность также кратна 9, что и требовалось доказать.

Пример №9.

Найти все числа вида такие, чтобы они делились без остатка на 36.

Решение:

Поскольку 36 = 4 • 9 , то воспользуемся признаками делимости на 4 и 9. Начнём с признака делимости на 4 (он использует только одну из двух неизвестных цифр). Число кратно 4 тогда и только тогда, когда двузначное число делится нацело на 4, а это выполняется, только если Y = 2 или Y = 6 . Рассмотрим эти два случая и в каждом из них применим признак делимости на 9.

1) Если Y = 2, то число должно делиться нацело на 9, т.е. сумма всех цифр данного числа 3 + 4 + Х + 5 + 2 = 14+Х должна быть кратна 9. Это возможно лишь при X = 4 . Имеем число 34452.

2) Если Y = 6, то число кратно кратно 9, т.е. X = 0 или X = 9. Таким образом, нашли ещё два числа: 34056 и 34956. Ответ: 34452, 34056 и 34956.

Пример №10.

Решить уравнение в целых числах

Решение:

Заметим, что при целых X и Y в левой части уравнения стоит нечётное число, а в правой — чётное, что невозможно. Следовательно, данное уравнение не имеет решений в целых числах.

Пример №11.

Доказать, что уравнение не имеет целочисленных решении.

Доказательство. Достаточно заметить, что при целых X и Y выражение в левой части уравнения делится нацело на 5, а число 13 справа — нет. Полученное противоречие доказывает утверждение.

Пример №12.

Существуют ли целые числа т и п , удовлетворяющие уравнению

Решение:

Преобразуем уравнение к виду

Так как — всегда числа одинаковой чётности, то их произведение либо нечётно (что невозможно, так как 1998 — чётное число), либо кратно четырём. Но 1998 на 4 не делится.

Ответ: не существуют.

Пример №13.

Решить в целых числах систему уравнений

Решение:

1-й способ. Из первого уравнения системы следует, что числа x и у имеют разную чётность (если одно четно, то другое — нечётно, и наоборот). Из второго уравнения аналогично следует, что у и z — разной чётности, а из третьего, что X и Z также имеют разную чётность, что невозможно.

2-й способ. Сложив все три уравнения системы, получим следствие

Левая часть последнего равенства чётна как сумма трёх чётных чисел (поскольку произведение любых двух последовательных целых чисел всегда чётно), а правая часть — нечётна, что невозможно. Ответ: нет решений в целых числах.

Пример №14.

Известно, что 4п = 5т . Найти все натуральные числа т и n , удовлетворяющие этому равенству.

Решение:

Целочисленное выражение 4n в левой части равенства кратно 4, следовательно, и выражение 5т справа также должно делиться на 4 нацело. Но так как 5 на 4 нацело не делится, то, значит,, т.е. для любого т , удовлетворяющего исходному равенству, найдётся такое число , что Подставим в равенство: , откуда . Итак, уравнение имеет бесконечно много решений в натуральных числах, общий вид которых

Пример №15.

При каких наименьших натуральных значениях n и m выполняется равенство

Решение:

1) Заметим, что левая часть уравнения делится нацело на 3, следовательно, и правая часть уравнения должна делиться на 3, а значит, m должно быть кратно 3, т.е. Аналогично правая часть уравнения кратна 2, следовательно, и левая часть должна делиться на 2, а значит, n должно быть кратно 2, т.е. Подставим в уравнение:

2) Так как ; аналогично рассуждая, получим, что, так как Подставим в последнее уравнение:

3) Так как Подставим в уравнение:

Очевидно, что последнее равенство выполняется при Это наименьшие возможные натуральные значения и , и им соответствуют наименьшие возможные значения п и т . Найдём их.

Ответ:

Подбором одного из решений с последующим анализом делимости решаются в простейших случаях линейные диофантовы уравнения.

Пример №16.

На какую минимальную величину могут отличаться друг от друга натуральные числа т и п, если известно, что дробь является натуральным числом?

Решение:

Так как число 89 — простое (убедитесь в этом сами), то данная дробь является натуральным числом тогда и только тогда, когда выражение принимает значения С учётом натуральности т и п возможен только случай, когда

Это линейное диофантово уравнение. Решим его. Очевидно, пара чисел является одним из его решений. Для нахождения множества всех решений уравнения (1) вычтем из него почленно тождество , получив уравнение, равносильное уравнению (1):

Переписав последнее уравнение в виде

воспользуемся анализом делимости левой и правой частей. Так, поскольку левая часть уравнения (2) делится нацело на 3, то и правая часть, т.е. выражение должно быть кратным числу 3. Следовательно, Это означает, что найдётся такое целое , что , т.е. Подставляя в (2), находим . Итак, множество пар где образует множество всех целочисленных решений уравнения (1). Учитывая натуральность m и n, получаем:

Тогда принимает наименьшее значение, равное 3, при l = 2 . Ответ: на

Пример №17.

Целое число кратно 7 и при делении на 4 даёт в остатке 3. Найти остаток от деления этого числа на 28.

Решение:

По условию Приравнивая, получаем линейное уравнение

которое необходимо решить в целых числах. Подберём любую пару целых чисел (k,m), удовлетворяющих уравнению, например (l,l). Вычитая из уравнения тождество , приходим к уравнению, равносильному решаемому:

В последнем уравнении выражение справа делится нацело на 4, следовательно, Тогда что означает, что число n делится на 28 с остатком 7.

В более сложных случаях, когда подобрать решение затруднительно, последовательное применение рассмотренного подхода, основанного на анализе делимости нацело, тем не менее, помогает справиться с проблемой.

Пример №18.

Найти хотя бы одну пару целых чисел а и b , удовлетворяющих соотношению

Решение:

1) Так как и в правой части , то отсюда следует, что для того чтобы удовлетворять данному уравнению, выражение 59b должно быть кратно 3, т.е. найдётся такое , что . Подставим в уравнение, и после сокращения на 3 получим новое уравнение (заметим, что коэффициент при а уменьшился):

2) Продолжаем анализировать делимость. Поскольку в последнем равенстве число чётно, то , должно быть нечётным, а значит, и число должно быть нечётным, т.е. Подставив в последнее уравнение и сократив на 2, получим

(коэффициент при а стал ещё меньше).

3) Так как , то, следовательно, , делится на 6, т.е. После подстановки и упрощения получим:

4) Из последнего уравнения анализом делимости на 2 получаем, что нечётно, т.е. . Подставим в уравнение и найдём общий вид всех а , удовлетворяющих исходному уравнению:

Осталось найти b :

Таким образом, множество всех целочисленных решений исходного уравнения имеет вид

(мы переобозначили для простоты на ). Для получения одного из решений положим, например, ; тогда

Заметим в заключение, что изначально подобрать какое-либо одно решение в данной задаче было весьма затруднительно.

Эта лекция взята со страницы, где размещён подробный курс лекций по предмету математика:

Эти страницы возможно вам будут полезны:

Образовательный сайт для студентов и школьников

Копирование материалов сайта возможно только с указанием активной ссылки «www.lfirmal.com» в качестве источника.

© Фирмаль Людмила Анатольевна — официальный сайт преподавателя математического факультета Дальневосточного государственного физико-технического института

Метод математической индукции для чайников

Метод полного перебора конечного числа случаев, исчерпывающих все возможности, называется полной индукцией. Этот метод имеет крайне ограниченную область применения в математике, так как обычно математические утверждения касаются бесконечного множества объектов (например, натуральных чисел, простых чисел, квадратов и т.п.) и перебрать их невозможно.

Существует метод рассуждений, который позволяет заменить неосуществимый бесконечный перебор доказательством того, что если утверждение истинно в одном случае, то оно окажется истинным и в следущем за ним случае. Этот метод носит название математической индукции (или рассуждением от $n$ к $n+1$)

Основы метода математической индукции

В основе метода математической индукции (ММИ) лежит принцип математической индукции: утверждение $P(n)$ (где $n$ — натуральное число) справедливо при $\forall n \in N$, если:

• Утверждение $P(n)$ справедливо при $n=1$.
• Для $\forall k \in N$ из справедливости $P(k)$ следует справедливость $P(k+1)$.

Доказательство с помощью метода математической индукции проводится в два этапа:

1. База индукции (базис индукции). Проверяется истинность утверждения при $n=1$ (или любом другом подходящем значении $n$)
2. Индуктивный переход (шаг индукции). Считая, что справедливо утверждение $P(k)$ при $n=k$, проверяется истинность утверждения $P(k+1)$ при $n=k+1$.

Метод математической индукции применяется в разных типах задач:

• Доказательство делимости и кратности
• Доказательство равенств и тождеств
• Задачи с последовательностями
• Доказательство неравенств
• Нахождение суммы и произведения

Ниже вы найдете примеры решения задач, иллюстрирующие применение метода математической индукции, а также ссылки на полезные сайты и учебник и небольшой видеоурок по ММИ.

Математическая индукция: задачи и решения

Доказательство кратности и делимости

Задача 1. Докажите, что $5^n-4n+15$ делится на 16 при всех $n \in N_0$.

Задача 2. Доказать, что при любом натуральном $n$ число $a_n$ делится на $b$.

$$a_n = 2n^3+3n^2+7n, \quad b=6.$$

Задача 3. Докажите методом математической индукции: $4^ <2n-1>+ 1$ кратно 5 для всех $n \ge 1$.

Задача 4. Используя метод математической индукции, докажите, что для любого натурального числа истинно следующее утверждение: $6^<2n-2>+3^+3^$ кратно 11.

Доказательство равенств и неравенств

Задача 5. Доказать равенство

Задача 6. Доказать методом математической индукции:

Задача 7. Доказать неравенство:

Задача 8. Доказать утверждение методом математической индукции:

$$ \left(1-\frac<1><4>\right)\left(1-\frac<1><9>\right)\left(1-\frac<1><16>\right)\cdot . \cdot\left(1-\frac<1>\right) =\frac <2n>\quad (n \ge 2). $$

Задача 9. Доказать неравенство:

$$ 2!\cdot 4! \cdot . \cdot (2n)! \gt [(n+1)!]^n \quad (n \gt 2).$$

Задача 10. Докажите методом математической индукции неравенство Бернулли: $(1+a)^n \gt 1 + a\cdot n$ для всех $n\in N$ и $a \gt -1$, $a \in R$.

Вычисление сумм

Задача 11. Доказать методом математической индукции:

Задача 12. Найдите сумму

$$1 \cdot 1! + 2 \cdot 2! + . . . + 2012 \cdot 2012! + 2013 \cdot 2013!$$

Заказать решение

Если вам нужна помощь с решением задач по любым разделам математики, обращайтесь в МатБюро. Выполняем контрольные и практические работы, ИДЗ и типовые расчеты на заказ. Стоимость задания от 60 рублей , оформление производится в Word, срок от 2 дней.

Полезные ссылки о ММИ

• ММИ: краткая теория и примеры решений Страничка виртуальной школы юного математика. Разобраны примеры (в том числе для геометрии) и даны задачи для самостоятельной работы.
• Виленкин Н.Я. Индукция. Комбинаторика Классическое пособие по методу математической индукции и комбинаторике (базовые понятия и примеры задач).
• Математическая индукция. Основные определения и 10 разобранных решений.
• Николаева С.А. Метод математической индукции: методическое пособие для учителей и учащихся.
• А. Шень Математическая индукция. Пособие для школьников, разобраны 29 задач, из них 19 с полным решением.

Кратенький видеоурок о ММИ