Jeg poster et bevis jeg gjorde i dag, og vil gjerne høre om det er holdbart, og eventuelt forslag til forbedringer.
Anta et tall [tex]B=b_1b_2...b_n = 10^{n-1}b_1+10^{n-2}b_2+...+10^1b_{n-1}+10^0b_n[/tex], hvor [tex] \{n \ : \ n \ \underline{>} \ 2 \} \ , \ n \in \mathbb{N} [/tex] og [tex]\{b \ : \ 1 \ \underline{<} \ b \ \underline{<} \ 9 \} \ , \ b \in \mathbb{N}[/tex]
La den alternerende tverrsummen av et tall være definert slik:
[tex]B{\small{tverrsum}}=b_1-b_2+b_3-...+(-1)^{n-1}b_n[/tex]
La nå [tex]b_1-b_2+b_3-...+(-1)^{n-1}b_n \eq 0(\text{mod}11)[/tex]
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:
[tex]b_1-b_2+b_3-...+b_{n-1}-b_n[/tex], og vi antar videre at [tex]b_1-b_2+b_3-...+b_{n-1}-b_n \eq 0(\text{mod}11)[/tex]
Vi adderer [tex](10^{n-1}-1)b_1+(10^{n-2}+1)b_2+...+(10^1-1)b_{n-1}+(10^0+1)b_n[/tex] (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.
[tex](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 \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)[/tex]
[tex]10^{n-1}b_1+10^{n-2}b_2+...+10^1b_{n-1}+10^0b_n \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)[/tex]
Siden [tex]10^{n-1}b_1+10^{n-2}b_2+...+10^1b_{n-1}+10^0b_n = B[/tex], kan vi skrive:
[tex]B \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)[/tex]
Siden den alternerende tverrsummen [tex]b_1-b_2+b_3-...+b_{n-1}-b_n[/tex] 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.
[tex]B \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)[/tex]
[tex]B \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)[/tex]
Vi beviser at [tex]10^{n-1} +1 = 11\cdot10^{n-2}-(9\cdot10^{n-3}+9\cdot10^{n-3}+...+9\cdot10^0)[/tex]
Siden [tex]11\cdot10^{n-2} = 10^{n-1}+10^{n-2}[/tex] er [tex]10^{n-1} +1 = 10^{n-1}+10^{n-2}-(9\cdot10^{n-3}+9\cdot10^{n-3}+...+9\cdot10^0)[/tex]
Da er [tex]10^{n-1} - 10^{n-1}+10^{n-2} = (9\cdot10^{n-3}+9\cdot10^{n-3}+...+9\cdot10^0) +1[/tex]
Som vi kan skrive til [tex]10^{n-2} = (9\cdot10^{n-3}+9\cdot10^{n-3}+...+9\cdot10^0)+1[/tex] som opplagt er sant.
Vi bruker at [tex]n-3[/tex] er et oddetall siden n er et partall, og analyserer følgen [tex]n-3,n-2,...,0[/tex]
Siden [tex]n-3[/tex] er et oddetall, må [tex]1,2,...,n-3[/tex] ha et odde antall elementer. Derfor vil [tex]0,1,...,n-3[/tex] ha et par antall elementer. Serien [tex](9\cdot10^{n-3}+9\cdot10^{n-3}+...+9\cdot10^0)[/tex] kan vi da skrive om til
[tex](99\cdot10^{n-4}+99\cdot10^{n-6}+...+99\cdot10^0) = 11(9\cdot10^{n-4}+9\cdot10^{n-6}+...+9\cdot10^0) [/tex]
Da vil uttrykket for [tex]10^{n-1} +1 = 11(10^{n-2}-(9\cdot10^{n-4}+9\cdot10^{n-6}+...+9\cdot10^0))[/tex]
Det betyr at [tex]10^{n-1}+1 \ | \ 11[/tex] når n er et partall.
[tex]10^{n-2}-1[/tex], hvor n er et partall vil være delelig på 11 fordi [tex]10^{n-2}-1 = 9\cdot10^{n-3}+9\cdot 10^{n-4}+...9\cdot 10^0[/tex], og av samme grunn som vist før vil [tex]10^{n-2}-1=11(9\cdot10^{n-4}+9\cdot 10^{n-6}+...9\cdot 10^0)[/tex] Det betyr at [tex] 10^{n-2}-1 \ | \ 11[/tex]
Siden alle ledd i [tex](10^{n-1}+1)b_1+(10^{n-2}-1)b_2+...+(10^1+1)b_{n-1}+(10^0-1)b_n[/tex] kan skrives på formen som vi har bevist er delelig på 11 ovenfor, er [tex]B \eq 0(\text{mod}11)[/tex] for par antall siffer.
La nå n være et oddetall. Da er den alternerende tverrsummen for tallet B:
[tex]B_{\small{tverrsum}}=b_1-b_2+b_3-...-b_{n-1}+b_n[/tex]
Vi antar videre at [tex]b_1-b_2+b_3-...b_{n-1}+b_n \eq 0(\text{mod}11)[/tex]
Vi kan av samme grunn som ovenfor addere [tex](10^{n-1}-1)b_1+(10^{n-2}+1)b_2+...+(10^1+1)b_{n-1} + (10^0-1)b_n[/tex] (Hvor fortegnet til sifferet 1 i hver parantes er det motsatte av fortegnet til den tilhørige faktoren i den alternerende tverrsummen) på begge sider.
[tex](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 \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)[/tex]
[tex]10^{n-1}b_1+10^{n-2}b_2+...+10^1b_{n-1}+10^0b_n \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)[/tex]
Siden [tex]10^{n-1}b_1+10^{n-2}b_2+...+10^1b_{n-1}+10^0b_n = B[/tex], kan vi skrive:
[tex]B \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)[/tex]
Siden vi beviste at [tex]10^{n-2}-1[/tex] var delelig med 11, når n er partall, vil [tex]10^{n-1}-1[/tex] være delelig med 11, når n er oddetall.
Siden vi beviste at [tex]10^{n-1}+1[/tex] var delelig med 11, når n er partall, vil [tex]10^{n-2}+1[/tex] være delelig på 11, når n er oddetall.
Siden alle ledd i [tex](10^{n-1}-1)b_1+(10^{n-2}+1)b_2+...+(10^1-1)b_{n-1}+(10^0-1)b_n[/tex] kan skrives på formen som vi har bevist er delelig på 11 ovenfor, er [tex]B \eq 0(\text{mod}11)[/tex] 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
Delelighet med 11
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
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 [tex]a_n10^n + ... + a_0 10^0[/tex]
[tex]10 \equiv -1 \pmod{11}[/tex], og dette kan du benytte deg av. Det betyr nemlig at:
[tex]a_n10^n + ... + a_0 10^0 \equiv a_n(-1)^n + ... + a_0 (-1)^0 \pmod{11}[/tex]
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.
La tallet dit være [tex]a_n10^n + ... + a_0 10^0[/tex]
[tex]10 \equiv -1 \pmod{11}[/tex], og dette kan du benytte deg av. Det betyr nemlig at:
[tex]a_n10^n + ... + a_0 10^0 \equiv a_n(-1)^n + ... + a_0 (-1)^0 \pmod{11}[/tex]
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.