Matematyka.pl

Choć wydaje mi się, że równanie (*) musi zawierać dla niektórych \(\displaystyle{ k}\) sprzeczność bo w przypadku gdy:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{4} \neq n}\) to i tak dla niektórych k (niektóre równania) z układu równań z zadania są spełnione a dla niektórych nie...


przypadek:

\(\displaystyle{ \varepsilon-r_{1}=0}\)

implikowałby:

\(\displaystyle{ r_{4}=n}\)

co jest wykluczone z uwagi na definicję reszty

co do zadania 55 oczywiście to obserwacje, którą należałoby pociągnąć np. indukcją z uwagi na 6 przypadków:

pierwsza jedynka jak i druga oraz dwie minusjedynki występują co sześć tak samo jak dwójka i minusdwójka,,,

np.dla pierwszej minusjedynki można iść indukcją po:

\(\displaystyle{ n=6k-4}\) , podobnie jak i pozostałych...

Inny pomysł na zadanie 199:

to znaczy pomysł od pewnego momentu bo doszliśmy dotąd:

(*) \(\displaystyle{ \left\lfloor k\frac{r_{1}}{n} \right\rfloor +\left\lfloor k\frac{r_{2}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor k\frac{r_{3}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor k\frac{r_{4}}{n} \right\rfloor=2k-2 , k=1,2,3,...,k-1}\)

wiadomo też co wykazałem zachodzi:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{2}+r_{3}+r_{4}=2n}\)

z tego:

\(\displaystyle{ r_{4}=2n-\left( r_{1}+r_{2}+r_{3}\right) }\)

po podstawieniu do (*) otrzymamy:

\(\displaystyle{ \left\lfloor k\frac{r_{1}}{n} \right\rfloor +\left\lfloor k\frac{r_{2}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor k\frac{r_{3}}{n} \right\rfloor= \left\lfloor k\frac{r_{1}+r_{2}+r_{3}}{n} \right\rfloor-1 }\)

jakby teraz podstawić:

\(\displaystyle{ x,y,x= k\frac{r_{i}}{n}}\)

otrzymamy równanie:

\(\displaystyle{ \left\lfloor x \right\rfloor + \left\lfloor y \right\rfloor + \left\lfloor z \right\rfloor= \left\lfloor x+y+z \right\rfloor-1}\)

zmienne są dodatnie, więc powyższe równanie można wydedukować, jest równoważne podwójnej nierówności na częściach ułamkowych:

\(\displaystyle{ 1 \le \left\{ x\right\} +\left\{ y\right\} +\left\{ z\right\} <2 }\)

albo:


\(\displaystyle{ 1 \le \left\{ k\frac{r_{1}}{n}\right\}+\left\{ k\frac{r_{2}}{n}\right\}+\left\{ k\frac{r_{1}}{n}\right\} <2 }\)

i teraz skoro wiemy, że:

\(\displaystyle{ (r_{i},n)=1 NWD}\)

to skoro tak jest, znaczy, że:

\(\displaystyle{ kr_{i}, k=1,2,3,...,n-1}\)

generuje wszystkie reszty modulo \(\displaystyle{ n}\) od jeden do \(\displaystyle{ n-1}\) oczywiście niekoniecznie po kolei czyli mamy tu pewną permutację wszystkich reszt

załóżmy teraz, że żadna suma:

\(\displaystyle{ r_{i}+r_{j} \neq n , i \neq j}\)

zakładając, że np:

dla pewnych: \(\displaystyle{ i, j}\)

\(\displaystyle{ r_{i}+r_{j}>n}\)

możemy zapisać:

dla ustalenia uwagi załóżmy, że:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{2}>n}\)

wtedy połóżmy:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{2}=n+r}\)

czeli mamy takie reszty:

\(\displaystyle{ kn, kr, kr_{3} , k=1,2,...,n-1}\)

jak widać suma:

\(\displaystyle{ kr+kr_{3}}\) - powinna być zawsze mniesza od \(\displaystyle{ n}\), ale \(\displaystyle{ kr_{3}}\) to permutacja wszystkich reszt \(\displaystyle{ n}\) a reszta \(\displaystyle{ kr}\) jest niezerowa, więc w najgorszym wypadku wyniesie jeden i suma ta może wynieść w najgorszym czyli najmniejszym przypadku:

\(\displaystyle{ 1+n-1=n=n}\) co daje sprzeczność...

oczywiście może się zdarzyć, że suma:

\(\displaystyle{ r_{i}+r_{j}<n}\) dla wszystkich przypadków , ale na pewno znajdziemy takie \(\displaystyle{ k}\) , ale założymy, że:

\(\displaystyle{ (k,n)=1}\)

i otrzymamy układ reszt:

\(\displaystyle{ kr_{1} , kr_{2}, kr_{3} , (kr_{i},n)=1}\)

tak możemy dobrać i permutować, że:

\(\displaystyle{ kr_{1} + kr_{2}>n}\)

i wrócimy do sytuacji poprzedniej...

może się też zdarzyć, że:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{2}+r_{3}<n}\), ale ten przypadek na wstępie nie spełnia warunku zadania...

może i cos przeoczyłem ,ale teraz spróbujmy w druga stronę załóżmy, że istnieją takie reszty, np.: \(\displaystyle{ r_{1}, r_{2}}\) , że:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{2}=n}\)

wtedy też układ reszt:

\(\displaystyle{ kr_{1}+kr_{2}=n}\)

więc skoro:

\(\displaystyle{ r_{3} <n}\) więc mamy tezę...

podsumowując gdy zachodzi sytuacja, że dla wszystkich: \(\displaystyle{ i \neq j}\)

\(\displaystyle{ r_{i}+r_{j} \neq n}\)

to mogą istnieć takie \(\displaystyle{ k}\) , że:

\(\displaystyle{ \left\lfloor k\frac{r_{1}}{n} \right\rfloor +\left\lfloor k\frac{r_{2}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor k\frac{r_{3}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor k\frac{r_{4}}{n} \right\rfloor=2k-2 }\)

ale zawsze się znajdzie takie \(\displaystyle{ k}\) , że to równanie nie będzie spełnione...

bez założenia:

\(\displaystyle{ (r_{i},n)=1}\)

też byśmy nic nie wskórali bo dzięki temu mamy i to, że suma reszt daje \(\displaystyle{ 2n}\) , oraz, że mamy możliwość generowania wszystkich reszt...

No widzisz źle, że nie rozumiesz bo skoro:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{2}=n}\)

to każda permutacja: \(\displaystyle{ kr_{1} , kr_{2}}\) da:

\(\displaystyle{ r_{1}' , r_{2}'}\) , takie że:

\(\displaystyle{ r_{1}'+r_{2}'=n}\)

więc jak najbardziej mogę zastąpić:

\(\displaystyle{ kr_{1} + kr_{2} +r \rightarrow r_{1}'+r_{2}'+kr}\)

Ja nie twierdzę, że \(\displaystyle{ kr}\) wyniesie 1, ale dla pewnego k zakładam jedynkę jako pewne minimum a nie przymus jak wyjdzie węcej to tylko lepiej dla zadania , ja wiem o tym, że \(\displaystyle{ r}\) może być albo i nie być względnie pierwsze z \(\displaystyle{ n}\), ale każda z tych możliwości da nam i tak tezę...

bo:

\(\displaystyle{ kr_{3}}\)

przebiega wszystkie przypadki reszt...

przypadek:

\(\displaystyle{ kr+kr_{3}=1+n-1}\) to najgorszy przypadek z wszystkich przypadków "korzystnych" dla potwierdzenia tezy...

a jakbyś miał naprawdę pecha i wyszłoby dla pewnego k:

\(\displaystyle{ kr=0}\)

to wtedy jeżeli:

\(\displaystyle{ (n,r) \neq 1}\)

zapisujesz:

\(\displaystyle{ r=1+r'}\)

i wtedy istnieje takie \(\displaystyle{ k}\) , że:

\(\displaystyle{ k+kr_{3} \ge n}\)

\(\displaystyle{ kr_{3}}\) jako reszta oczywiście