La stessa fine

Il forum di Base5, dove è possibile postare problemi, quiz, indovinelli, rompicapo, enigmi e quant'altro riguardi la matematica ricreativa e oltre.

Moderatori: Gianfranco, Bruno

_Bruno

La stessa fine

Messaggio da _Bruno »

Gli interi $\, n^5\,$ ed $\, n\,$ terminano con la stessa cifra.

Chi vuol dimostrarlo?


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Invisibile un vento / l'ha apena sfioragia / sospension d'un momento; /
e la bola iridessente gera 'ndagia. (Biagio Marin)

_0-§

Messaggio da _0-§ »

Qualsiasi numero Q avente N cifre si può esprimere nella forma 10A+B,dove A è un numero di N-1 cifre e B la cifra delle unità di Q(B é quindi compreso tra 1 e 9).
Elevando alla quinta ho $\displaystyle {10^5}{A^5} +{5 \choose 1}{10^4}{A^4}{B}+{5 \choose 2}{10^3}{A^3}{B^2}+{5 \choose 3}{10^2}{A^2}{B^3}+{5 \choose 4}{10}{A}{B^4}+B^4$.I primi cinque termini hanno tutti zero come cifra delle unità(perchè sono moltiplicati per una potenza di dieci tra 1 e 5),quindi la cifra delle unità di $(10A+B)^5$ é data esclusivamente dalla cifra delle unità di $B^5$.Ma alt!Abbiamo detto che B é compreso tra 1 e 9.Verificato quindi che un qualsiasi numero tra 1 e 9 ha come cifra delle unità della sua quinta potenza sé stesso(cosa che possiamo fare agevolmente con una calcolatrice) abbiamo verificato il Teorema di Bruno.
Non mi é venuta una dimostrazione più bellina ma se é giusta,come suppongo,esigo il gelatozzo(Bruno,abitiamo nella stessa città,non hai scuse per declinare) :lol: .
Saluti cari,
0-§
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Voglio tutto!Per favore...
(Io)
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_delfo52

Messaggio da _delfo52 »

ti piacciono proprio le formule....
io sarei partito molto più terra terra dalla constatazione che in una qualsiasi moltiplicazione (e gli elevamenti a potenza sono solo moltiplicazioni) la cifra delle unità, una volta cominciata l'operazione, non viene più toccata, mentre le altre, per il gioco dei riporti prima, e della somma poi, subiscono vicissitudini varie.
Pertanto, prendo pari pari la tua dimostrazione, partendo dal tuo ALT!, e tralasciando la parte precedente.

Per i gelati ti consiglio il GELATAURO, in via san Vitale, tra piazza Aldrovandi e la Porta, sulla sinistra uscendo. Ma probabilmente lo conosci già........
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Enrico
(E' la divergenza di opinioni che rende possibili, e interessanti, le corse di cavalli-M.Twain)

_Bruno

Messaggio da _Bruno »

Zeroinf... speravo proprio che su questa domandina tu intervenissi, perché mi fa
molto piacere leggerti come solutore.
Mi sembra buono il tuo spunto, ma naturalmente trovo giusta anche l'osservazione
di Enrico.

E senza calcolatrice, senza fare troppi conti, cosa si potrebbe dire?

Per il "gelatozzo", mi sto attrezzando... :D


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_0-§

Messaggio da _0-§ »

Quindi mi confermate che la mia soluzione,per quanto calcolosa,é giusta?Ottimo!
Quanto al Gelatauro,per combinazione giusto sabato scorso mia zia (che di questioni culinarie,almeno finchè si tratta di degustare,se ne intende) mi ci ha portato per la prima volta.Andare in quella zona di sera dev'essere un'esperienza quantomeno elettrizzante,ma il gelato (e in generale i dolciumi) del luogo sono imperdibili.I golosi del forum in visita a Bologna farebbero bene ad andarci.Ma le mie preferite rimangono quella di Via Castiglione e ovviamente La Cremeria(io ce l'ho sotto casa,é una bella fortuna),consiglio a Delfo e a Bruno di farvi una capatina(e poi di farne molte e molte altre,come me...).
Beh,scusassero l'off-topic gelatiero(riuscirò a postare un problema di gelati,gelatai e gelatomangiatori?) e saluti cari.
Zerinfinito
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_Pasquale

Messaggio da _Pasquale »

Scusate: ieri sera c'era, ma oggi non più...era un problema di Bruno, col quale si asseriva che $n$ ed $n^5$ terminano con la stessa cifra.

Dal momento che di recente si è discusso un topic sull'aritmetica modulare, vediamo di utilizzarla per questa dimostrazione, giocandoci un po'.

Intendo che sia $0\le n\le9$, non essendo sempre verificata la tesi per $n > 9$ (vince chi trova il più grande n) e chiaramente non starò a calcolare tutti gli $n^5$.

Dunque, se è vera la tesi, deve essere $n^5 = 10a + n$, con a intero positivo, e quindi:

$\text 1) a = \frac{n(n^4-1)}{2\cdot5}$

Tralasciando il caso di n = 0, troppo evidente ( ma volendo si potrebbero tralasciare anche i casi di n = 1,5,6), con riferimento alla 1), si presentano i seguenti casi:

A) n pari:
bisogna dimostrare che $(n^4-1)\; mod\; 5 = 0$, ovvero che $n^4\; mod\; 5 = 1$, ovvero che $16k^4\; mod\; 5 =1$ ovvero che
$k^4\; mod\; 5 = 1$ per $1\le k\le 4$

B) n dispari, ma diverso da 5:
bisogna dimostrare che $(n^4 -1)\; mod\; 10 = 0$, ovvero che $n^4\; mod\; 10 = 1$, ovvero che
$(2k + 1)^4\; mod\; 10 =1$ per $0\le k\le 4 e k \neq 2$

C) n = 5: non credo sia necessario dilungarsi sulle ragioni per cui la 1) resta dimostrata

Caso A):

$\text se k = 1; 1^4 mod 5 = 1\\\text se k = 2; 2^4 mod 5 = 2\cdot2^3 mod 5 = 2\cdot3 mod 5 = 6 mod 5 = 1\\\text se k = 3; 3^4 mod 5 = 3\cdot3^3 mod 5 = 3\cdot2 mod 5 = 6 mod 5 = 1\\\text se k = 4; 4^4 mod 5 = 4^2\cdot4^2 mod 5 = 1\cdot1 = 1$

caso B) :

$\text se k = 0; 1^4 = mod 10 = 1\\\text se k = 1; 3^4 mod 10 = 3\cdot3^3 = 3\cdot7 mod 10 = 21 mod 10 = 1\\\text se k = 3; 7^4 mod 10 = 7^2\cdot7^2 mod 10 = 9\cdot9 mod 10 = -1(-1) = 1\\\text se k = 4; 9^4 mod 10 = 9^2\cdot9^2 mod 10 = 1\cdot1 = 1$
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E' la somma che fa il totale (Totò)

Ciao

_Bruno

Messaggio da _Bruno »

:oops: l'ho eliminato io...
Il motivo era questo: mi sono accorto che Pietro sta facendo dei recuperi
e quindi ho pensato che (chissà) arrivasse il turno anche del topic sparito per
il recente guasto del forum (nel quale aveva postato un proprio intervento
pure 0-§) e non volevo che si producessero dei doppioni.
Però va benissimo così, Pasquale, 0-§ reinserirà nuovamente la sua versione
(se ne avrà voglia). Anzi: scusami per averti fatto sparire qualcosa su cui stavi
lavorando!
Intanto grazie,

Bruno


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_0-§

Messaggio da _0-§ »

Mah,la mia soluzione non era poi niente di che:considerando che ogni numero N di due o più cifre si può intendere come 10a+b,dove B é la cifra delle unità del numero in questione(quindi B è compreso tra 0 e 9),elevando alla quinta e sfruttando il teorema binomiale trovo che N alla quinta equivale ad una serie di multipli decrescenti di 10 più B elevato alla quinta(per l'esattezza $(10a+b)^5$=multiplo di 10000+multiplo di 1000+multiplo di 100+multiplo di 10+B alla quinta),quindi ad un multiplo di 10 più B alla quinta.Ossia vedo che la cifra delle unità di N alla quinta equivale alla cifra delle unità di B alla quinta,perché i multipli di 10 hanno ovviamente cifra delle unità pari a zero.Ma siccome B è compreso tra zero e nove,mi basta verificare(con una calcolatrice) che l'ultima cifra delle potenze quinte dei numeri compresi tra zero e nove corrispondono ai numeri stessi.Voilà,o se preferite QED.
La dimostrazione non é elegante né immediata,ma sicuramente é rapida e valevole come risultato pratico.
Bruno,io aspetto ancora il gelato! :wink: Il Gelatauro andrà benone...
Saluti,salutoni e salutissimi
Giovine Mottolo
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_Pasquale

Messaggio da _Pasquale »

Per quanto riguarda il più grande n, ho trovato che che $n^5$ termina con le stesse cifre di n, per:
n=9999999999999999999999999.................(quanti 9 si voglia): chissà perché!?
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Ciao

_Bruno

Messaggio da _Bruno »

0-§ ha scritto:Bruno, io aspetto ancora il gelato!
...ebbene, intanto eccotene uno appena fatto! (Clicca.) :D

Grazie, Pasquale, per le tue indicazioni.

Torno un attimo sul quesito per dire come a me è capitato di ragionare
(è poi solo una variazione sul tema).

Se $\displaystyle n^5$ ed $\displaystyle n$ hanno la stessa cifra finale, significa che $\displaystyle n^5-n$ dev'essere
divisibile per 10.
Innanzitutto, osservo che $\displaystyle n^5$ ed $\displaystyle n$ sono entrambi pari oppure dispari,
quindi la loro differenza è sempre divisibile per 2.
Poi scrivo tale differenza in questo modo:

$\displaystyle n^5-n = n(n-1)(n+1)(n^2+1)$.

Se esprimessi $\,\displaystyle n\,$ rispetto ai multipli 5, otterrei una sola di queste forme:

$\displaystyle 5h, \, 5h\pm 1, \, 5h\pm 2$

ed $\,\displaystyle n^2\,$, scritto sempre rispetto a 5, avrebbe rispettivamente le forme
seguenti:

$\displaystyle 5k, \, 5k+1, \, 5k-1$.

Vedo così che $\,\displaystyle n^5-n\,$ è sempre un multiplo di 5: infatti, per $\,\displaystyle n = 5h\,$
o $\,\displaystyle n = 5h\pm 1\,$ è divisibile per 5 il prodotto $\,\displaystyle n(n-1)(n+1)$, mentre
per $\,\displaystyle n = 5h\pm 2\,$ lo diviene $\,\displaystyle n^2+1$.

Poiché $2$ e $5$ sono primi fra loro, il numero $\,\displaystyle n^5-n\,$ dev'essere un multiplo
di $2\cdot 5 = 10$.


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_0-§

Messaggio da _0-§ »

Wow!Il gelatone di Bruno é stupendo,grazie all'autore per averlo postato!
Anche meglio di quello del Gelatauro... :lol:
Bon,saluti e baci e grazie di nuovo!
Zerinf
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_Pasquale

Messaggio da _Pasquale »

Va bene Bruno, il tuo procedimento è più generale, però debbo dire che essendo $n^5 - n = n(n^4 - 1)$, alla luce di quanto illustrato da Leandro nel topic dal titolo "5 no - 50 si", sappiamo subito che $n^4-1$ è divisibile per 5 e dunque $n^5-n$ è divisibile per 10, in quanto pari.
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Ciao

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Messaggio da Admin »

Chiedo scusa se ho converito gli interventi nel topic n^5-n sottoforma di recuperi.
Almeno abbiamo un unico topic.

Fine recupero.
Pietro Vitelli (Amministratore del Forum)
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Pasquale
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Messaggio da Pasquale »

Va bene Bruno, il tuo procedimento è più generale, però debbo dire che essendo $n^5 - n = n(n^4 - 1)$, alla luce di quanto illustrato da Leandro nel topic dal titolo "5 no, ma 50 si!", sappiamo subito che $n^4-1$ è divisibile per 5 e dunque n^5-n è divisibile per 10, in quanto pari.
Volevo aggiungere che magari potresti ridurre le dimensioni del gelato, perché penso che a 0-§ possa far male al pancino.
_________________

$\text { }$ciao Immagine ciao
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Messaggio da Bruno »

_Pasquale ha scritto:Va bene Bruno, il tuo procedimento è più generale, però debbo dire che essendo $n^5 - n = n(n^4 - 1)$, alla luce di quanto illustrato da Leandro nel topic dal titolo "5 no - 50 si", sappiamo subito che $n^4-1$ è divisibile per 5 e dunque $n^5-n$ è divisibile per 10, in quanto pari.
...sono d'accordissimo con te, Pasquale, sull'osservazione di Leandro, ma
ho scritto la soluzione prima ancora di proporre i due problemi e quindi non
conoscevo le vostre considerazioni.

Sono pure d'accordo sul disegno: purtroppo non sono riuscito a ridurlo, anche
perché non ho confidenza con queste faccende e mi sono rivolto a un collega
per tradurlo in jpg (con la penna posso ancora cavarmela, non con i bit).
Potresti eventualmente tu ridimensionarlo oppure Pietro?
Normalmente non mi piacciono le cose vistose o ingombranti, al di là del pancino
del nostro 0-§...

Ciao!

:wink:
Ultima modifica di Bruno il ven mar 10, 2006 5:40 pm, modificato 2 volte in totale.
(Bruno)

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{Rudi Mathematici}

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