Delelighet med 11

[Charlatan]

Jeg poster et bevis jeg gjorde i dag, og vil gjerne høre om det er holdbart, og eventuelt forslag til forbedringer.

Anta et tall $B=b_1{b}_2...b_n={10}^{n-1}{b}_1+{10}^{n-2}{b}_2+...+{10}^1{b}_{n-1}+{10}^0{b}_n$, hvor $\{n:n\underset{―}{>}2\},n\in \mathbb{N}$ og $\{b:1\underset{―}{<}b\underset{―}{<}9\},b\in \mathbb{N}$
La den alternerende tverrsummen av et tall være definert slik:

$Btverrsum=b_1-b_2+b_3-...+(-1{)}^{n-1}{b}_n$

La nå $b_1-b_2+b_3-...+(-1{)}^{n-1}{b}_n\text{eq}0(\text{mod}11)$

En av disse påstandene er sanne:
- n er et oddetall
- n er et partall

La først n være et partall. Da vil den alternerende tverrsummen være slik:
$b_1-b_2+b_3-...+b_{n-1}-b_n$, og vi antar videre at $b_1-b_2+b_3-...+b_{n-1}-b_n\text{eq}0(\text{mod}11)$

Vi adderer $({10}^{n-1}-1)b_1+({10}^{n-2}+1)b_2+...+({10}^1-1)b_{n-1}+({10}^0+1)b_n$ (Hvor fortegnet til sifferet 1 i hver parantes er det motsatte av fortegnet til den tilhørige faktoren i den alternerende tverrsummen) på begge sider. Av den modulære aritmetikkens lover kan vi gjøre dette.

$({10}^{n-1}-1)b_1+b_1+({10}^{n-2}+1)b_2-b_2...+({10}^1-1)b_{n-1}+b_{n-1}({10}^0+1)b_n-b_n\text{eq}({10}^{n-1}-1)b_1+({10}^{n-2}+1)b_2+...+({10}^1-1)b_{n-1}+({10}^0+1)b_n(\text{mod}11)$

${10}^{n-1}{b}_1+{10}^{n-2}{b}_2+...+{10}^1{b}_{n-1}+{10}^0{b}_n\text{eq}({10}^{n-1}-1)b_1+({10}^{n-2}+1)b_2+...+({10}^1-1)b_{n-1}+({10}^0+1)b_n(\text{mod}11)$

Siden ${10}^{n-1}{b}_1+{10}^{n-2}{b}_2+...+{10}^1{b}_{n-1}+{10}^0{b}_n=B$, kan vi skrive:

$B\text{eq}({10}^{n-1}-1)b_1+({10}^{n-2}+1)b_2+...+({10}^1-1)b_{n-1}+({10}^0+1)b_n(\text{mod}11)$

Siden den alternerende tverrsummen $b_1-b_2+b_3-...+b_{n-1}-b_n$ er delelig på 11, altså er kongruent med 0 i modulo 11, kan vi av lovene til modulær aritmetikk addere denne serien ganger 2 på høyre side.

$B\text{eq}({10}^{n-1}-1)b_1+({10}^{n-2}+1)b_2+...+({10}^1-1)b_{n-1}+({10}^0+1)b_n+2(b_1-b_2+b_3-...+b_{n-1}-b_n(\text{mod}11)$

$B\text{eq}({10}^{n-1}+1)b_1+({10}^{n-2}-1)b_2+...+({10}^1+1)b_{n-1}+({10}^0-1)b_n(\text{mod}11)$

Vi beviser at ${10}^{n-1}+1=11\cdot {10}^{n-2}-(9\cdot {10}^{n-3}+9\cdot {10}^{n-3}+...+9\cdot {10}^0)$

Siden $11\cdot {10}^{n-2}={10}^{n-1}+{10}^{n-2}$ er ${10}^{n-1}+1={10}^{n-1}+{10}^{n-2}-(9\cdot {10}^{n-3}+9\cdot {10}^{n-3}+...+9\cdot {10}^0)$
Da er ${10}^{n-1}-{10}^{n-1}+{10}^{n-2}=(9\cdot {10}^{n-3}+9\cdot {10}^{n-3}+...+9\cdot {10}^0)+1$
Som vi kan skrive til ${10}^{n-2}=(9\cdot {10}^{n-3}+9\cdot {10}^{n-3}+...+9\cdot {10}^0)+1$ som opplagt er sant.

Vi bruker at $n-3$ er et oddetall siden n er et partall, og analyserer følgen $n-3,n-2,...,0$
Siden $n-3$ er et oddetall, må $1,2,...,n-3$ ha et odde antall elementer. Derfor vil $0,1,...,n-3$ ha et par antall elementer. Serien $(9\cdot {10}^{n-3}+9\cdot {10}^{n-3}+...+9\cdot {10}^0)$ kan vi da skrive om til

$(99\cdot {10}^{n-4}+99\cdot {10}^{n-6}+...+99\cdot {10}^0)=11(9\cdot {10}^{n-4}+9\cdot {10}^{n-6}+...+9\cdot {10}^0)$

Da vil uttrykket for ${10}^{n-1}+1=11({10}^{n-2}-(9\cdot {10}^{n-4}+9\cdot {10}^{n-6}+...+9\cdot {10}^0))$

Det betyr at ${10}^{n-1}+1|11$ når n er et partall.

${10}^{n-2}-1$, hvor n er et partall vil være delelig på 11 fordi ${10}^{n-2}-1=9\cdot {10}^{n-3}+9\cdot {10}^{n-4}+...9\cdot {10}^0$, og av samme grunn som vist før vil ${10}^{n-2}-1=11(9\cdot {10}^{n-4}+9\cdot {10}^{n-6}+...9\cdot {10}^0)$ Det betyr at ${10}^{n-2}-1|11$

Siden alle ledd i $({10}^{n-1}+1)b_1+({10}^{n-2}-1)b_2+...+({10}^1+1)b_{n-1}+({10}^0-1)b_n$ kan skrives på formen som vi har bevist er delelig på 11 ovenfor, er $B\text{eq}0(\text{mod}11)$ for par antall siffer.



La nå n være et oddetall. Da er den alternerende tverrsummen for tallet B:

$B_{tverrsum}=b_1-b_2+b_3-...-b_{n-1}+b_n$

Vi antar videre at $b_1-b_2+b_3-...b_{n-1}+b_n\text{eq}0(\text{mod}11)$

Vi kan av samme grunn som ovenfor addere $({10}^{n-1}-1)b_1+({10}^{n-2}+1)b_2+...+({10}^1+1)b_{n-1}+({10}^0-1)b_n$ (Hvor fortegnet til sifferet 1 i hver parantes er det motsatte av fortegnet til den tilhørige faktoren i den alternerende tverrsummen) på begge sider.

$({10}^{n-1}-1)b_1+b_1+({10}^{n-2}+1)b_2-b_2+...+({10}^1+1)b_{n-1}-b_{n-1}+({10}^0-1)b_n+b_n\text{eq}({10}^{n-1}-1)b_1+({10}^{n-2}+1)b_2+...+({10}^1+1)b_{n-1}+({10}^0-1)b_n(\text{mod}11)$

${10}^{n-1}{b}_1+{10}^{n-2}{b}_2+...+{10}^1{b}_{n-1}+{10}^0{b}_n\text{eq}({10}^{n-1}-1)b_1+({10}^{n-2}+1)b_2+...+({10}^1+1)b_{n-1}+({10}^0-1)b_n(\text{mod}11)$

Siden ${10}^{n-1}{b}_1+{10}^{n-2}{b}_2+...+{10}^1{b}_{n-1}+{10}^0{b}_n=B$, kan vi skrive:

$B\text{eq}({10}^{n-1}-1)b_1+({10}^{n-2}+1)b_2+...+({10}^1+1)b_{n-1}+({10}^0-1)b_n(\text{mod}11)$

Siden vi beviste at ${10}^{n-2}-1$ var delelig med 11, når n er partall, vil ${10}^{n-1}-1$ være delelig med 11, når n er oddetall.

Siden vi beviste at ${10}^{n-1}+1$ var delelig med 11, når n er partall, vil ${10}^{n-2}+1$ være delelig på 11, når n er oddetall.

Siden alle ledd i $({10}^{n-1}-1)b_1+({10}^{n-2}+1)b_2+...+({10}^1-1)b_{n-1}+({10}^0-1)b_n$ kan skrives på formen som vi har bevist er delelig på 11 ovenfor, er $B\text{eq}0(\text{mod}11)$ for odde antall siffer.

Vi har nå bevist at hvis den alternerende tverrsummen av B er delelig på 11, så er B delelig på 11.

Q.E.D

[Charlatan]

dobbelpost..

[daofeishi]

Jeg har litt dårlig tid akkurat nå, og skal se litt nøyere over beviset ditt senere. Flott at du har begynt å se på modulær aritmetikk; tallteori er spennende saker. Her skal du få et par tips til hvordan et kortere bevis kan konstrueres:

La tallet dit være $a_n{10}^n+...+a_0{10}^0$

$10\equiv -1(\mathrm{mod}11)$, og dette kan du benytte deg av. Det betyr nemlig at:

$a_n{10}^n+...+a_0{10}^0\equiv a_n(-1{)}^n+...+a_0(-1{)}^0(\mathrm{mod}11)$

Og da er du snart ved konklusjonen din


Ellers ser det ut til at du har mange gode ideer i beviset over.

Hvis du har lyst på en ny utfordring, kan du prøve å konstruere en delelighetstest for tallet 7.

[Charlatan]

Ja, du har rett i at det ville gi et ganske kortere bevis, får huske på det i fremtiden.