Номер 29.6, страница 239 - гдз по алгебре 8 класс учебник Мерзляк, Поляков

Глава 5. Основы теории делимости. Параграф 29. Признаки делимости - номер 29.6, страница 239.

Условие.

29.6. Докажите, что $\overline{a_n a_{n-1} \ldots a_k a_{k-1} \ldots a_0} \equiv \overline{a_{k-1} a_{k-2} \ldots a_0} \pmod{2^k}$.

Решение.

Обозначим число $N = \overline{a_n a_{n-1} \dots a_k a_{k-1} \dots a_0}$. В десятичной системе счисления это число можно представить как сумму:

$N = a_0 \cdot 10^0 + a_1 \cdot 10^1 + \dots + a_{k-1} \cdot 10^{k-1} + a_k \cdot 10^k + \dots + a_n \cdot 10^n = \sum_{i=0}^{n} a_i 10^i$.

Мы хотим доказать, что $N$ сравнимо с числом, образованным его последними $k$ цифрами, по модулю $2^k$.

Представим число $N$ в виде суммы двух слагаемых:

1. Число, образованное последними $k$ цифрами: $M_1 = \overline{a_{k-1} a_{k-2} \dots a_0} = \sum_{i=0}^{k-1} a_i 10^i$.

2. Число, образованное остальными старшими разрядами, умноженное на $10^k$: $M_2 = \sum_{i=k}^{n} a_i 10^i$.

Таким образом, $N = M_2 + M_1$.

Рассмотрим слагаемое $M_2$. Вынесем $10^k$ за скобки:

$M_2 = a_k \cdot 10^k + a_{k+1} \cdot 10^{k+1} + \dots + a_n \cdot 10^n = 10^k \cdot (a_k + a_{k+1} \cdot 10^1 + \dots + a_n \cdot 10^{n-k})$.

Выражение в скобках является целым числом, равным $\overline{a_n a_{n-1} \dots a_k}$.

Теперь рассмотрим $M_2$ по модулю $2^k$. Для этого проанализируем множитель $10^k$:

$10^k = (2 \cdot 5)^k = 2^k \cdot 5^k$.

Поскольку $10^k$ содержит множитель $2^k$, оно делится на $2^k$ нацело. В терминах сравнений это означает:

$10^k \equiv 0 \pmod{2^k}$.

Тогда для $M_2$ имеем:

$M_2 = 10^k \cdot \overline{a_n a_{n-1} \dots a_k} \equiv 0 \cdot \overline{a_n a_{n-1} \dots a_k} \pmod{2^k}$,

откуда следует, что $M_2 \equiv 0 \pmod{2^k}$.

Теперь вернемся к исходному числу $N = M_2 + M_1$. Рассмотрим это равенство по модулю $2^k$:

$N \equiv M_2 + M_1 \pmod{2^k}$.

Подставим известный нам результат $M_2 \equiv 0 \pmod{2^k}$:

$N \equiv 0 + M_1 \pmod{2^k}$,

$N \equiv M_1 \pmod{2^k}$.

Заменяя $N$ и $M_1$ их исходными обозначениями, получаем:

$\overline{a_n a_{n-1} \dots a_k \dots a_0} \equiv \overline{a_{k-1} a_{k-2} \dots a_0} \pmod{2^k}$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Разность между числом $\overline{a_n \dots a_0}$ и числом $\overline{a_{k-1} \dots a_0}$ равна $\overline{a_n \dots a_k} \cdot 10^k$. Поскольку $10^k = 2^k \cdot 5^k$ делится на $2^k$, то и вся разность делится на $2^k$, что и доказывает требуемое сравнение.