Как доказать, что число 2222^5555+5555^2222 делится на 7?

[@andreybyl]

Докажите пожалуйста, что ln(2) = 1-1/2+1/3+ …. знакопеременному гармоническому ряду. Не могу придумать элементарное ( в рамках матанализа) доказательство этого факта. Придумал только доказательство с привлечением одной теоремы из действительного анализа о об интегралах от последовательности монотонно убывающих почти всюду последовательности интегрируемых функций...Хотелось бы знать более элементарное доказательство

[@FrolovSergei]

Берём разложение функции ln(1+x) в ряд Маклорена, справедливое на промежутке (−1,1]. Вместо x подставляем единицу и получаем приведённое Вами равенство. Всё. Или Вы что-то другое имели в виду?

[@andreybyl]

@@FrolovSergei так в том то и дело, что в учебниках анализа сходимость ряда Маклорена для ln( 1+x) обосновывается для |x| < 1, там вывод достаточно элементарный, но не для x = 1…А задача и состоит в том чтобы доказать, что этот ряд сходится в единице и именно к значению породившей его функции

[@FrolovSergei]

@@andreybylБерёте формулу Тейлора в нуле для функции ln(1+x) и доказываете, что остаточный член в точке x=1 стремится к нулю. Лучше всего взять остаточный член в форме Лагранжа. Доказывается элементарно.

[@FrolovSergei]

@@andreybyl И второй вариант. Если Вы уже имеете в своём распоряжении разложение ln(1+x) в степенной ряд на интервале (−1,1), то Вам достаточно лишь установить сходимость степенного ряда в точке x=1 (это можно сделать, например, с помощью признака Лейбница). Тогда, в соответствии с теоремой Абеля, сумма ряда будет непрерывна в точке x=1 справа. А значит, сумма ряда в этой точке совпадёт со значением функции ln(1+x) в единице.

[@andreybyl]

@@FrolovSergei я почему-то пошел по пути интегрирования от нуля до единицы суммы n-членов геометрической прогрессии с первым членом 1 и знаменателем -x , это дает как раз ряд для логарифма ln(2), но остаточный член с точностью до знака получается в виде интеграла от нуля до единицы от x^n/ (1+x) и вот доказать, что он стремится к нулю уже не получилось просто, так как подынтегральная функция на отрезке от нуля до единицы даже не сходится к нулю ))) А если остаточный член в форме Лагранжа взять, то действительно все элементарно, только n-ю производную ln(1+x) подсчитать …Спасибо. Тогда у меня к вам другой вопрос, имеющий самостоятельный интерес, как доказать, что интеграл от нуля до единицы от x^n/(1+x) стремится к нулю когда n стремится к бесконечности? Элементарными средствами матанализа

[@ИванИванович-л4з]

так сразу же можно написать
2222^55555 + 5555^2222 = 3^5555 + 4^2222 (найти 2222 mod 7 и 5555 mod 7 можно условно в уме в столбик)
(3^5)^1111 + (4^2)^1111 = 243^1111 + 16^1111 = 5^1111 + 2^1111 = (-2)^1111 + 2^1111 = 0

[@kislyak_andrei0]

можно, но если ты знаешь теорему ферма, то, лично я считаю, грех ей не воспользоваться, а не переходить в степень 1111, как сделали вы
но тем не менее и ваше решение имеет право на жизнь, ничего против него не имею

[@ilpolsky8050]

3^5555+4^2222 делится на3^5+4^2 делится на7

[@ilya2742]

print(True if (2222 ** 5555 + 5555 ** 2222) % 7 == 0 else False)

[@paralel0gram]

print(bool((2222**5555 + 5555**2222) % 7))

[@ilya2742]

@@paralel0gram print(not bool((2222**5555 + 5555**2222) % 7))
Ведь если делится без остатка на 7, то будет 0, то есть False. Забываю про булевую функцию постоянно.

[@romashkahehe6270]

​@@ilya2742 Тут про булевую функцию знать для сокращения и не нужно. "True if else False" лишние:
print((2222 ** 5555 + 5555 ** 2222) % 7 == 0)

[@FrolovSergei]

@@ilya2742 Можно даже и без bool(): print(not (2222**5555 + 5555**2222) % 7).
А в IDLE Shell можно и без print(). 🙂

[@tpaktopbond4497]

Если Вас смотрят обычные школьники, то им конечно ваше решение надо показывать в последнюю очередь.
Школьников учат, что a^(2n+1)+b^(2n+1) делится на a+b
Значит можно смело рассматривать 2222^5+5555^2.
2222=3 (mod 7), 3^5=243
5555=4 (mod 7), 4^2=16
234+16=7*37
ЧТД

[@alfal4239]

Сначала 2222=3 (mod 7), 5555=-3 (mod 7)
Затем 3^{5555} + (-3)^{2222} = = 3^{2222} (1+3^{3333})= 3^{2222} (1+3^3)*(…)

[@FrolovSergei]

"Если Вас смотрят обычные школьники, то им конечно ваше решение надо показывать в последнюю очередь."
Мои решения вообще никому показывать не нужно, ни в первую очередь, ни в последнюю. Тот, кто захочет - сам посмотрит, а тот, кто нет - просто пройдёт мимо. :-)
"Школьников учат, что a^(2n+1)+b^(2n+1) делится на a+b"
Когда я был школьником (а это было в прошлом веке), меня этому не учили. Мы рассматривали сумму кубов и всё. Более высоких степеней не касались.
"Значит можно смело рассматривать 2222^5+5555^2."
Вот этого перехода я не понял. Буду признателен, если поясните.

[@alfal4239]

@@FrolovSergei "Когда я был школьником (а это было в прошлом веке), меня этому не учили." - Странно, обычно в школе знакомят с суммой геометрической прогрессии. Кроме того, учат немножко думать. Попробуйте найти сумму геометрической прогрессии со знаменателем (-b/a)

[@FrolovSergei]

@@alfal4239 А давайте, Вы не будете давать мне указаний, что мне пробовать, а что нет, OK? Как-нибудь сам разберусь.

[@mp443]

@@alfal4239 обычно в школе знакомят с тем, что 4+2=6 и (a+b)^2=a^2+2ab+b^2, но если вы дадите восьмикласнику задачу упростить выражение√(6+4√2), он скорее всего не решит. Вот вам пища для размышлений!

[@mp443]

1111=5 (mod 7) => 2222=(-4) (mod 7) и 5555=4(mod 7)
Перепишем выражение:
2222^5555+5555^2222=-4^5555+4^2222(mod 7) и необходимо доказать:
-4^5555+4^2222=0(mod 7) 4^2222=4^5555(mod 7)
Так как остатки степеней четверки по модулю 7 повторяются с шагом 3(4, 2, 1, 4, 2, 1...), то достаточно доказать:
2222=5555(mod 3) 3333=0(mod 3), что очевидно.
ЧТД

[@FrolovSergei]

Возможно, на олимпиаде потребовалось бы обосновать периодичность остатков. Так что я, наверное, сравнение 4^2222≡4^5555 (mod 7) доказывал бы иначе: 4^5555−4^2222 = 4^2222·(4^3333−1) = 4^2222·((2^1111)^6−1). А второй множитель в последнем выражении делится на 7 в силу малой теоремы Ферма.
P.S. Ваш комментарий, оказывается, в "Спам" улетел. Я его только недавно оттуда вытащил.

[@mp443]

@@FrolovSergei тоже хороший способ, учту.