Digit \( \displaystyle {1} \) e \( \displaystyle {2} \) e Divisibilità per \( \displaystyle {{2}}^{{n}} \)

[Thomas]

mmm... hai trovato qualche errore per caso???

L'idea è: tengo tutti le cifre vecchie e ne aggiungo una a sinistra che sia 1 o 2... di modo che avrò n+1 cifre e tutte apparterranno all'insieme (1,2)... per induzione il numero "vecchio" a ha n cifre, quindi aggiungendo una cifra a sinistra, si hanno a seconda dei casi o:

10^n + a

o

2*10^n + a

poi la dimostrazione consiste nel far vedere che almeno uno di questi due numeri è divisibile per 2^(n+1)

Cmq la nuova dimo è per il nuovo problema...

[Mistral]

mmm... hai trovato qualche errore per caso???

L'idea è: tengo tutti le cifre vecchie e ne aggiungo una a sinistra che sia 1 o 2... di modo che avrò n+1 cifre e tutte apparterranno all'insieme (1,2)... per induzione il numero "vecchio" a ha n cifre, quindi aggiungendo una cifra a sinistra, si hanno a seconda dei casi o:

10^n + a

o

2*10^n + a

poi la dimostrazione consiste nel far vedere che almeno uno di questi due numeri è divisibile per 2^(n+1)

Cmq la nuova dimo è per il nuovo problema...

Ok funziona forse ci vuole un \( \displaystyle {n}-{1} \) come potenza del \( \displaystyle {10} \). Tra l'altro è costruttiva:

\( \displaystyle {n}={1} \), \( \displaystyle {s}_{{{1}}}={2} \)
\( \displaystyle {n}={2} \), \( \displaystyle {s}_{{{2}}}={12} \)
\( \displaystyle {n}={3} \), \( \displaystyle {s}_{{{3}}}={112} \)
\( \displaystyle {n}={4} \), \( \displaystyle {s}_{{{4}}}={2112} \)
\( \displaystyle {n}={5} \), \( \displaystyle {s}_{{{5}}}={22112} \)

etc..

ad es \( \displaystyle {s}_{{{15}}}={211111212122112} \).

La mia pur usando l'induzione nella versione che avevo scritto prima di leggere la tua non era costruttiva. Mi basavo sul fatto che esistono \( \displaystyle {{2}}^{{n}} \) numeri distinti con \( \displaystyle {n} \) cifre che sono \( \displaystyle {1} \) o \( \displaystyle {2} \) e sono tutti non congruenti (in questo passo usavo l'induzione) tra loro modulo \( \displaystyle {{2}}^{{n}} \) quindi uno ed uno solo di loro cade nella classe di resto \( \displaystyle {0} \) \( \displaystyle \text{mod}{{2}}^{{n}} \)

Comunque anche nella tua dimostrazione per induzione salta fuori che la soluzione è unica.

Ok risolto, complimenti.


Saluti

Mistral

[TomSawyer]

L'ho appena risolto anch'io. Peccato non esserci arrivato in tempo.

Anche la mia dimostrazione partiva dal fatto che \( \displaystyle {{2}}^{{2}}{\mid}{12} \) e continuava con

\( \displaystyle {a}\cdot{{10}}^{{2}}+{12}={{2}}^{{2}}{\left({a}\cdot{{5}}^{{2}}+{3}\right)} \). In questo caso basta scegliere a=1 ed il nuovo numero sarà divisibile per 2^3.

Quindi \( \displaystyle {a}\cdot{{10}}^{{3}}+{112}={{2}}^{{3}}{\left({a}\cdot{{5}}^{{3}}+{14}\right)} \). Ed in questo caso basta porre a=2 ed il nuovo numero sarà divisibile per 2^4. Cioè basta porre a=1 o a=2 se rispettivamente \( \displaystyle \frac{{s}_{{{n}-{1}}}}{{{{2}}^{{{n}-{1}}}}} \) è dispari o pari.