Πολλαπλάσιο του 12

#1

.
Να αποδειχθεί ότι για κάθε

m,n \in \mathbb N

, o αριθμός

37^m-13^n

είναι πολλαπλάσιο του

.

Επιθυμώ, τελικά, να δω τουλάχιστον δύο διαφορετικές λύσεις.

(Ας την αφήσουμε

ώρες για τους μαθητές μας.)

Fotis34 · #2

Παρουσιάζω δύο λύσεις:

1ος τρόπος:

37\equiv 1\pmod{12},\qquad 13\equiv 1\pmod{12}.

Άρα

37^m-13^n\equiv 1^m-1^n \equiv 0\pmod{12}.

Επομένως,

\boxed{12\mid 37^m-13^n}.

2ος τρόπος:

37=36+1,\qquad 13=12+1.

Από το διωνυμικό θεώρημα, υπάρχουν
$a,b\in\mathbb{Z}$ τέτοιοι ώστε

37^m=12a+1,\qquad 13^n=12b+1.

Επομένως,

37^m-13^n=12a+1-(12b+1) =12(a-b).

Άρα

\boxed{12\mid 37^m-13^n}.

abgd · #3

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Οκτ 13, 2026 11:16 pm .
Να αποδειχθεί ότι για κάθε $m,n \in \mathbb N$ , o αριθμός $37^m-13^n$ είναι πολλαπλάσιο του .

Για

μεγαλύτεροι του

, θα μπορούσαμε και έτσι...

37^m-13^n=37^m-1-(13^n-1)=(37-1)(37^{m-1}+....+37+1)-(13-1)(13^{n-1}+...+13+1)=36a-12b=

πολλ.

Και με παρόμοιο σκεπτικό για τις υπόλοιπες περιπτώσεις.

Dimessi · #4

Στο τηλέφωνο σε μισό λεπτό την είπαμε με επαγωγή με τον κύριο Λάμπρου

.

#5

Fotis34 έγραψε: Τετ Οκτ 14, 2026 5:37 pm Παρουσιάζω δύο λύσεις:

1ος τρόπος:
$37\equiv 1\pmod{12},\qquad 13\equiv 1\pmod{12}.$
Άρα
$37^m-13^n\equiv 1^m-1^n \equiv 0\pmod{12}.$
. . . . . . . . . . . . . .

2ος τρόπος:

$37=36+1,\qquad 13=12+1.$
Από το διωνυμικό θεώρημα, υπάρχουν
$a,b\in\mathbb{Z}$ τέτοιοι ώστε
$37^m=12a+1,\qquad 13^n=12b+1.$
. . . . . . . . . . . . . .

Φώτη, ευχαριστώ. Όμως, προσοχή ΔΕΝ είναι δύο λύσεις. Πρόκειται για την ίδια λύση με μόνη διαφορά ότι το "ντύσιμο" είναι παρουσιασμένο διαφορετικά. Η μία λύση λέει

37\equiv 1\pmod{12}

και η άλλη το ξαναλέει στην μορφή

37=12a+1

.

Το Μαθηματικό περιεχόμενο είναι ουσιαστικά πανομοιότυπο.

Dimessi · #6

Γενικά ισχύει

\gcd \left ( a,b \right )\mid \left ( a+1 \right )^{m}-\left ( b+1 \right )^{n}

για κάθε τετράδα

(a,b,m,n)

θετικών ακεραίων με $a\neq b$ και

m \neq n.

Ένας άλλος τρόπος είναι να πούμε

\gcd \left ( a,b \right )\mid \left | b-a\right |\mid \left ( a+1 \right )^{m}-\left ( b+1 \right )^{m}.

Όμως

\left ( b+1 \right )^{m}-\left ( b+1 \right )^{n}=\left ( b+1 \right )^{n}\left [ \left ( b+1 \right )^{k}-1 \right ]\equiv 0\left ( \mathrm{mod} \left ( \gcd \left ( a,b \right ) \right ) \right ),

αν

m=n+k>n

και

\left ( b+1 \right )^{m}-\left ( b+1 \right )^{n}=\left ( b+1 \right )^{m}\left [ 1-\left ( b+1 \right )^{\ell } \right ]\equiv 0\left ( \mathrm{mod} \left ( \gcd \left ( a,b \right ) \right ) \right ),

αν

n=m+\ell >m.

Άρα

\gcd \left ( a,b \right )\mid \left ( b+1 \right )^{m}-\left ( b+1 \right )^{n}

και

\gcd \left ( a,b \right )\mid \left ( a+1 \right )^{m}-\left ( b+1 \right )^{m}.

Έτσι

\gcd \left ( a,b \right )\mid \left ( a+1 \right )^{m}-\left ( b+1 \right )^{n}.

Πολλαπλάσιο του 12

Πολλαπλάσιο του 12

Re: Πολλαπλάσιο του 12

Re: Πολλαπλάσιο του 12

Re: Πολλαπλάσιο του 12

Re: Πολλαπλάσιο του 12

Re: Πολλαπλάσιο του 12

Μέλη σε σύνδεση