Visa att a^2+2^a inte är delbart med 6

Hej!

För att visa det så kan du göra följande antagande, nämligen att $a = 2n$ (dvs ett jämnt tal) eller $a=2n+1$ (ojämnt tal) för n positiva tal. Till beviset så kan du dela upp det i två fall, ett för jämna tal och ett för ojämna tal.

Om vi exempelvis ta $a = 2n$ så får vi

${\left(2n\right)}^2+2^{\left(2n\right)} =\hspace{0.17em}4n^2+2^{2n}$

De kan resonera som så att om ovanstående ska vara delbart med 6 så måste båda termerna var delbart med 6 och detta betyder att båda termerna ska ha faktorer 2*3=6. (Fråga om du inte förstå detta)

Hoppas det ger lite hjälp på vägen!

TuananhNguyen skrev:

Om vi exempelvis ta $a = 2n$ så får vi

${\left(2n\right)}^2+2^{\left(2n\right)} =\hspace{0.17em}4n^2+2^{2n}$

De kan resonera som så att om ovanstående ska vara delbart med 6 så måste båda termerna var delbart med 6 och detta betyder att båda termerna ska ha faktorer 2*3=6. (Fråga om du inte förstå detta)

 

Jag förstår inte hur du resonerar här. En summa kan väl vara delbar med ett heltal även om termerna inte är det? Till exempel är varken 8 eller 10 delbara med 6 men summan av 8 och 10 är det!

SvanteR skrev:

TuananhNguyen skrev:

Om vi exempelvis ta $a = 2n$ så får vi

${\left(2n\right)}^2+2^{\left(2n\right)} =\hspace{0.17em}4n^2+2^{2n}$

De kan resonera som så att om ovanstående ska vara delbart med 6 så måste båda termerna var delbart med 6 och detta betyder att båda termerna ska ha faktorer 2*3=6. (Fråga om du inte förstå detta)

 

Jag förstår inte hur du resonerar här. En summa kan väl vara delbar med ett heltal även om termerna inte är det? Till exempel är varken 8 eller 10 delbara med 6 men summan av 8 och 10 är det!

Ja, jusste du hittade ett motexempel. hmm får tänka om lite.

Jag skulle göra så här: 6 primtalsfaktoriseras till 3*2. Ett tal som är delbart med 6 måste vara delbart med både 2 och 3.

Anta nu att a är ett udda tal. Då är a² ett udda tal, 2^a ett jämnt tal och a²+2^a ett udda tal (fråga om du inte förstår detta resonemang). Ett udda tal är inte delbart med 2, och därför är påståendet bevisat för alla udda a.

Anta sedan att a är ett jämnt tal. Om du gör en likadan tabell som du har gjort i ditt första inlägg, men för modulo 3, så kommer du att se att $2^a\equiv 1 (mod 3)$ för alla jämna a. Om då a²+2^a ska vara delbart med 3 måste $a^2\equiv 2 (mod 3)$ enligt vanliga räkneregler för modulo.

Nu har du tre möjligheter:

$$\begin{gathered} a\equiv 0 (mod 3) \\ a\equiv 1 (mod 3) \\ a\equiv 2 (mod 3) \end{gathered}$$

Detta är alla möjligheter. Vad kommer a² att vara kongruent med (mod 3) i dessa tre fall?

Fråga igen om detta inte räcker!

Man kan använda tabellerna som du har gjort. De har perioderna 2 och 6, så allting upprepar sig efter sex steg (för att 2 går jämnt upp i 6).

Så summan kan bli

1 + 2

4 + 4

3 + 2

4 + 4

1 + 2

0 + 4

Ingen av summorna är delbar med 6. (Du gjorde fel på $5^2$.)