Puteri Cls 5

Concursul Gazeta Matematică și ViitoriOlimpici.ro


PUTERI

ABSTRACT. În articolul de faµ sunt prezentate propriet µile puterilor³i modul de a�are a cifrei unit µilor unei puteri

Lecµia se adreseaz clasei a V-a.

Autor: Ion Cicu, Profesor, �coala nr. 96, Bucure³ti

S ne amintim ce înseamn s ridic m un num r natural a la o puteren, num r natural.

an = a · a · a · ... · a︸︷︷︸de n−ori

Pornind de la aceast de�niµie putem formula urm toarele propriet µiale puterilor:

an · am = an+m

an : am = an−m (n > m)

(an)m = anm

a0 = 1 (a 6= 0)

an · bn = (a · b)n

an : bn = (a : b)n

Compararea puterilor

Exist dou situaµii "fericite" în care putem compara dou puteri:atunci când au aceea³i baz ³i atunci când au acela³i exponent.

1. Când dou puteri au aceea³i baz , este mai mare puterea cu expo-nentul mai mare.

n > m⇔ an > am

2. Când dou puteri au acela³i exponent, este mai mare puterea careare baza mai mare.

a > b⇔ an > bn

1



În cazul în care nu ne a� m în niciuna din situaµiile de mai sus încerc m,pe baza propriet µilor, s ajungem la una din cele dou situaµii "fericite".

Exerciµiu 1. Comparaµi 2105 ³i 375.Soluµie: Este evident c nu putem ajunge la aceea³i baz . Vom încerca

s ajungem la acela³i exponent. Observ m c 105 = 7 · 15, iar 75 = 5 · 15.Avem

2105 = 27·15 = (27)15 = 12815

³i375 = 35·15 = (35)15 = 24315

Cum 128 < 243 rezult 12815 < 24315, de unde 2105 < 375.

Exerciµiul 2. Comparaµi 391 cu 945.Soluµie: Deoarece

9 = 32

putem scrie945 =

(32)45

= 390

Cum91 > 90

rezult 391 > 390

adic 391 > 945

Exerciµiu 3. Comparaµi 355 cu 536.Soluµie: De aceast dat nu se poate ajunge nici la aceea³i baz nici

la acela³i exponent. Într-o asemenea situaµie ne folosim de o putere interme-diar .

În cazul nostru este evident c

355 > 354 (1)

Vom ar ta acum c 354 > 536

Avem354 = 33·18 = (33)18 = 2718

³i536 = 52·18 = (52)18 = 2518

2



Cum2718 > 2518

rezult 354 > 536 (2)

Din (1) ³i (2) obµinem355 > 536

Ultima cifr a unei puteri

Sunt mai multe situaµii în care ridicarea la putere este incomod deefectuat, dar este su�cient s cunoa³tem ultima cifr a num rului pe care l-am putea obµine prin ridicare la putere. S ne gândim la divizibilitatea cu 2,5 sau 10 care presupune s cunosc numai ultima cifr a num rului. În acestcaz, pentru a vedea dac 5 este un divizor pentru 142011 + 1 avem nevoienumai de cifra unit µilor lui 142011 + 1.

Ne mai putem gândi ³i la un p trat perfect a c rui ultim cifr nu poate� 2, 3, 7 sau 8. De exemplu, pentru a ar ta c 22011+5 nu este p trat perfecteste su�cient s ar t m c ultima cifr a lui 22011 + 5 este 2, 3, 7 sau 8.

Cred c sunt su�ciente argumentele pentru a justi�ca necesitatea a� riiultimei cifre a unei puteri.

Vom nota cu u(n) ultima cifr a num rului n.Observaµia 1. Ultima cifr a unui num r np (n num r natural ³i

p num r natural nenul) este aceea³i cu ultima cifr a cifrei unit µilor lui nridicat la puterea p.

Exemplu: u(574p) = u(4p).Observaµia 2. u(a · b) = u (u(a) · u(b)) ³i u(a+ b) = u (u(a) + u(b)).Exemplu: u(274 · 379) = u(4 · 9) = 6 sau u(274 + 379) = (4 + 9) = 3În baza observaµiei 1 este su�cient s cunoa³tem u(1n); u(2n); u(3n);

u(4n); u(5n); u(6n); u(7n); u(8n); u(9n); u(0n), unde n este num r naturalnenul.

Pentru u(1n) ³i u(0n) lucrurile sunt clare

u(1n) = 1 ³i u(0n) = 0

La fel de simplu stau lucrurile ³i în cazul u(5n) sau u(6n)Obsev m c u(51) = 5; u(52) = 5; u(53) = 5 de unde deducem c

u(5n) = 5

Pentru u(6n), din u(61) = 6; u(62) = 6; u(63) = 6 deducem

u(6n) = 6

3



Ne ocup m acum de 2n.Avem u(21) = 2; u(22) = 4; u(23) = 8; u(24) = 6.Deoarece u(24) = 6 ³i u(6n) = 6 putem gândi astfel:Num r n este de forma n = 4 · k + r, unde r poate � 0, 1, 2 sau 3.Atunci u(2n) = u(24·k+r) = u(24·k · 2r) = u

((24)k · 2r

)= u(16k · 2r) =

u(6k · 2r) = u(6 · 2r)

A³adar,

u(2n) = u(24k+r) = u(6 · 2r)

unde r poate � 0, 1, 2 sau 3.

Exemplu: u(22011) = u(24·502+3) = u(6 · 23) = 8

Pentru u(3n); u(7n)respectiv u(8n) avem reguli asem n toare deoareceu(34) = 1; u(74) = 1 ³i u(84) = 6.

A³adar,u(3n) = u(34k+r) = u(1 · 3r) = u(3r)

u(7n) = u(74k+r) = u(1 · 7r) = u(7r)

u(8n) = u(84k+r) = u(6 · 8r)

unde r poate � 0, 1, 2 sau 3.

Ne ocup m acum de 4n

Avem u(41) = 4 ³i u(42) = 6. Deoarece u(42) = 6 putem gândi astfel:Num rul n este de forma n = 2 · k + r, unde r poate � 0 sau 1.Atunci u(4n) = u(42·k+r) = u(42·k · 2r) = u

((42)k · 4r

)= u(16k · 4r =

u(6 · 4r)

A³adar,u(4n) = u(42k+r) = u(6 · 4r)

unde r poate � 0 sau 1.

Pentru 9n, deoarece u(92) = 1 avem o regul asem n toare.

u(9n) = u(92k+r) = u(9r)

unde r poate � 0 sau 1.

Exerciµiu 4. A�aµi ultima cifr a num rului a = 22010 +32011 +42012.

4



Soluµie: Avem

u(22010) = u(24·502+2) = u(6 · 22) = 4

u(32011) = u(34·502+3) = u(33) = 7

u(42012) = u(42·1006) = u(6 · 40) = 6

³i atunciu(a) = u(4 + 7 + 6) = 7

Exerciµiu 5. Ar taµi c num rul 107103 + 103107 are ca divizor pe 10.Soluµie: Un num r are ca divizor pe 10 dac ultima sa cifr este 0.

A³adar, trebuie s a� m ultima cifr a num rului.Avem

u(107103) = u(7103) = u(74·25+3) = u(73) = 3

³iu(103107) = u(3107) = u(34·26+3) = u(33) = 7

De aiciu(107103 + 103107) = u(3 + 7) = 0

ceea ce arat c num rul 107103 + 103107 are ca divizor pe 10.

Alte probleme cu puteri

Problema 1. Ar taµi c pentru orice num r natural n, num rul

A = 22n+4 · 9n + 22n · 9n+1

este p trat perfect.Soluµie: Folosind propriet µile puterilor expuse mai sus ³i factorul co-

mun avemA = 22n · 24 · 9n + 22n · 9n · 9 = 22n · 9n ·

(24 + 9

)= 22n · 9n · 25 =

(2n)2 ·(32)n · 52 = (2n · 3n · 5)2

ceea ce arat c A este p trat perfect.

Problema 2. Ar taµi c num rul

a = 63n + 7n+1 · 32n+1 − 21n · 3n+2

este multiplu de 13.Soluµie: Putem scriea =

(32 · 7

)n+7n·7·32n·3−(3·7)n·3n·32 = 32n·7n+7n·32n·21−32n·7n·9 =

32n · 7n · (1 + 21− 9) = 32n · 7n · 13.

5



Deoarece a conµine factorul 13 este evident c el este multiplu de 13.

Problema 3. Care num r este mai mare a = 3454 − 3453 − 3452 saub = 5340?

Olimpiad Vâlcea

Soluµie: Pe a îl putem scrie

a = 3452 ·(32 − 3− 1

)= 3452 · 5

³i atunci trebuie comparat 3452 · 5 cu 5340 sau 3452 cu 5339.Putem scrie

3452 = 34·113 =(34)113

= 81113

³i5339 = 53·113 =

(53)113

= 125113

Acum, având acela³i exponent, cum

81 < 125

rezult 81113 < 125113

adic b este mai mare decât a.

Problema 4. Scrieµi în ordine cresc toare numerele: 414; 512; 711; 117.Olimpiad Galaµi

Soluµie: Avem

414 =(22)14

= 228 =(27)4

= 1284 (1)

³i512 =

(53)4

= 1254 (2)

Din (1) ³i (2) rezult 414 > 512 (∗)

Din1254 > 1214

1214 =(112)4

= 118

³i118 > 117

obµinem512 > 117 (∗∗)

6



Acum711 = 79 · 72 =

(73)3 · 72 = 3433 · 49

Dar3433 · 49 > 2563 · 16

³i2563 · 16 =

(28)3 · 24 = 224 · 24 = 228 = 414

Din cele de mai sus deducem c

711 > 414 (∗ ∗ ∗)

Din (*), (**) ³i (***) rezult urm toarea ordine cresc toare:

117; 512; 414; 711

7

Puteri Cls 5

Documents

Transcript of Puteri Cls 5