Zadanie: Stanka si cestou do školy rada umocňuje rôzne prvočísla. Všimla si, že číslo malo niekde v desiatkovom zápise aspoň núl za sebou. Existuje pre každé prvočíslo a prirodzené číslo takéto prirodzené číslo ?

meno: e-mail:

[cituj]katka napísal: Precitanie prispevkov k tomuto prikladu ma inspirovalo k tomu, aby som sa nad nim zamyslela, teda najma to, ze sa snazite nejako moc nasilu najst pre dane $p$ a $k$ konkretne $t$. Cielom prikladu je iba rozhodnut, ci take $t$ existuje. Teda mna by vobec netrapilo ako vyzera, keby som vedela, ze existuje (najst ho asi bude tazsie ako dokazat len existenciu, a naco robit nieco navyse, ze?) :) Tak na toto som prisla pocas mojho kratkeho zamyslenia sa: Vsimla som si, ze ked nejake (dostatocne velke) prir. cislo dava po deleni cislom $10^{k+n+1}$ zvysok mensi ako $10^{n}$, tak tam bude (aspon) $k$ nul - konkretne tesne pred tym zvyskom, t.j. poslednymi $n+1$ cislicami. (Ano, priznavam, tato myslienka mi napadla na zaklade predchadzajuceho prispevku). Teraz uz len ukazat, ze pre kazde prvocislo $p$ a kazde prir. cislo $k$ viem najst (vhodne velke) $n$ take, ze existuje nejaka mocnina prvocisla $p$, ktorej zvysok po deleni cislom $10^{k+n+1}$ je mensi ako $10^{n}$. No nech je to $n$ take, ze $p<10^{n}$. Potom uz hned prva mocnina ma taky zvysok. To ale nie je to co chceme. Chceli by sme asi mocninu, ktora bude vacsia ako $10^{k+n+1}$. Nie je tazke uverit, ze zvysky mocnin prvocisla $p$ po deleni nejakym prirodzenym cislom sa periodicky opakuju. Zvysok kazdej mocniny ($p^m$), je jednoznacne urcenym zvyskom predchadzajucej mocniny ($p^{m-1}$). A tych zvyskov je len konecne vela roznych, takze podla Dirichleta sa tam raz musi objavit nejaky, ktory tam uz bol. A po nom bude nasledovat rovnaka postupnost zvyskov ako predtym... No dobre, ale z tohto mi este nevyplyva, ze v tej postupnosti zvyskov sa znovu musi objavit $p$. Co keby ta postupnost vyzerala tak, ze ma nejaku predperiodu, a az niekedy neskor by sa zacali opakovat periody, v ktorych by uz $p$ nebolo? Take nieco sa tu vsak nestane. Staci mi ukazat, ze kazdy zvysok ma nielen jednoznacneho nasledovnika, ale aj predchodcu (necham na citatela, nech si premysli, preco mi to staci :)). S nasledovnikom je to zrejme, vieme predsa ako zistime zvysok cisla $p^{m}$, ak vieme zvysok cisla $p^{m-1}$, staci ho vynasobit $p$-ckom (pripadne este spravit zvysok z tohto sucinu, ak je to moc velke). No ale s predchodcom to nie je take jednoduche. Ak by sme si povedali, ze ved staci keby sme namiesto nasobenia delili, tak zistime, ze to delenie tu nebude uplne jednoznacne :). Napriklad, ak $p=2$ a nejaka mocnina davala zvysok 2 po deleni 10, tak jej predchodca (teda polovica tohto cisla) mohla davat zvysok 1 (lebo 2.1=2), alebo aj zvysok 6 po deleni 10 (lebo 2.6=12 a to dava zv. 2 po deleni 10). Napriek tomuto, v nasom priklade ma v postupnosti zvyskov kazdy svojho jednoznacneho predchodcu! Totiz, ak $p$ nie je ani 2, ani 5, tak je to jednoduche dokazat, vdaka nesudelitelnosti $p$ a 10 (dokazte si sami :)). Ak $p$ je 2 alebo 5, tak si treba uvedomit dolezitu vec; v tej postupnosti zvyskov sa predsa nemozu nachadzat len tak hocijake zvysky. Ak $p$ je 2, tak zvysky su len parne cisla, a ak je to 5, tak len nasobky 5. (Takze v tom mojom "akoze" kontrapriklade som sa vas snazila trosku zmiast, videli ste uz mocninu dvojky konciacu na jedna? :)). Teraz nam to vyjde tak, ze kazdy povoleny zvysok ma prave jedneho predchodcu medzi povolenymi zvyskami (o tom sa presvedcte sami). Ak to niekto docital do konca, nepomylila som sa niekde?[/cituj]

V príspevku je na písanie matematických výrazov možné používať príkazy TeXu. Help k ich používaniu nájdete na kms.sk/tex.php.