[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
- jerzozwierz
- Użytkownik
- Posty: 526
- Rejestracja: 22 lut 2009, o 10:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 42 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
Co by się nikt nie poczuł pokrzywdzony
Niech P będzie wielomianem unormowanym stopnia 10 o współczynnikach całkowitych. Rozstrzygnąć, czy liczby P(0), P(1), ... P(100) mogą dawać parami różne reszty z dzielenia przez 101.
Niech P będzie wielomianem unormowanym stopnia 10 o współczynnikach całkowitych. Rozstrzygnąć, czy liczby P(0), P(1), ... P(100) mogą dawać parami różne reszty z dzielenia przez 101.
Ostatnio zmieniony 20 maja 2012, o 13:32 przez Sylwek, łącznie zmieniany 3 razy.
Powód: Poprawa nazwy tematu.
Powód: Poprawa nazwy tematu.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5750
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
Na mój chłopski rozum chyba to nieprawda bo wyszedłby nam układ równań taki:
P(0)=a1
P(1)=a2
P(2)=a3
.............
P(100)=a101
gdzie a1 to reszty z dzielenia przez 101 czyli permutacja zbioru {0,1,2,3...100}
100 równań i tylko dziesięć niewiadomych: "współczynniki wielomianu P(x)"
Gdzieś po drodze by się to pożarło chyba...
P(0)=a1
P(1)=a2
P(2)=a3
.............
P(100)=a101
gdzie a1 to reszty z dzielenia przez 101 czyli permutacja zbioru {0,1,2,3...100}
100 równań i tylko dziesięć niewiadomych: "współczynniki wielomianu P(x)"
Gdzieś po drodze by się to pożarło chyba...
-
- Użytkownik
- Posty: 68
- Rejestracja: 14 paź 2010, o 22:39
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: kraj walecznych obrońców krzyża
- Pomógł: 3 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
Jeżeli ktoś potwierdzi, że rozwiązanie jest poprawne to wrzucę kolejne zadanie.mamy 101 liczb i 101 różnych reszt z dzielenia przez 101. Zakładamy, że liczby P(0),...,P(100) mogą dawać parami różne reszty z dzielenia przez 101. Musi więc być \(\displaystyle{ 101 | P(x)}\) dla pewnego \(\displaystyle{ x \in {0,1,...,100}}\). Stąd \(\displaystyle{ P(x)=101k ,k \in N}\) Korzystając z faktu, że dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b \in N}\) zachodzi \(\displaystyle{ a-b|P(a)-P(b)}\) mielibyśmy:
\(\displaystyle{ 101k | P(x)-P(0)}\) Jednak skoro \(\displaystyle{ P(x)}\) jest podzielne przez 101, to \(\displaystyle{ P(0)}\) nie jest (mieliśmy mieć różne reszty). Musi więc być \(\displaystyle{ x=0}\).
Czyli \(\displaystyle{ 101| P(0)}\) Wyraz wolny wielomianu nie wpływa więc na resztę z dzielenia przez 101.
ponieważ \(\displaystyle{ 100 \equiv -1 \pmod{101}}\)
\(\displaystyle{ P(100) \equiv (-1)^{10}+(-1)^{9}+...+(-1)^1 \equiv 0 \pmod{101}}\)
Mamy więc \(\displaystyle{ P(100) \equiv P(0) \pmod{101}}\) sprzeczność z tezą.
-
- Użytkownik
- Posty: 61
- Rejestracja: 1 lis 2009, o 17:20
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gryfice
- Pomógł: 3 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
To jest pierwszy błąd, ale nawet jakbyś wyratował swój wniosek, to dalej i tak zakładasz, że wszystkie współczynniki równe są 1, co jest dość odważnym założeniem.
-
- Użytkownik
- Posty: 68
- Rejestracja: 14 paź 2010, o 22:39
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: kraj walecznych obrońców krzyża
- Pomógł: 3 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
Racja, bzdury nawypisywałem. Chętnie zobaczę poprawne rozwiązanie : D
- XMaS11
- Użytkownik
- Posty: 382
- Rejestracja: 6 mar 2008, o 21:40
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Suchedniów/Kielce
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 47 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
To mnie przekonuje, wrzucajcie następne zadania.arek1357 pisze:Na mój chłopski rozum chyba to nieprawda bo wyszedłby nam układ równań taki:
P(0)=a1
P(1)=a2
P(2)=a3
.............
P(100)=a101
gdzie a1 to reszty z dzielenia przez 101 czyli permutacja zbioru {0,1,2,3...100}
100 równań i tylko dziesięć niewiadomych: "współczynniki wielomianu P(x)"
Gdzieś po drodze by się to pożarło chyba...
-
- Użytkownik
- Posty: 7330
- Rejestracja: 14 lut 2008, o 08:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Z Bielskia-Białej
- Podziękował: 6 razy
- Pomógł: 961 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
Dokładnie,tylko na tym etapie też trzeba to dowieść...
-
- Użytkownik
- Posty: 41
- Rejestracja: 22 lip 2009, o 12:48
- Płeć: Mężczyzna
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
Ukryta treść:
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1660
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 473 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
Nieprawda, \(\displaystyle{ a_0}\) jest 101Prastaruszek pisze:Jak popatrzymy na tą sumę to jest to suma wyrażeń postaci \(\displaystyle{ a _{n} (1 ^{n}+...+100 ^{n})}\) [gdzie a _{n} jest odpowiednim współczynnikiem w wielomianie], oraz liczby \(\displaystyle{ 100a _{0}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 64
- Rejestracja: 18 gru 2009, o 18:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rz
- Pomógł: 1 raz
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
Nieprawda, że nieprawda, bo odejmowano P(y), gdzie P(y)=0 (mod 101). 101-1=100.
Chociaż, nieprawda, że nieprawda, że nieprawda, bo jeżeli odejmowano P(y), to ta suma jest (1^n +2^n +... +(y-1)^n+(y+1)^n+...+100^n). Chyba tak. Czy nie?
BTW. Co to likeny?
Chociaż, nieprawda, że nieprawda, że nieprawda, bo jeżeli odejmowano P(y), to ta suma jest (1^n +2^n +... +(y-1)^n+(y+1)^n+...+100^n). Chyba tak. Czy nie?
BTW. Co to likeny?
-
- Użytkownik
- Posty: 7330
- Rejestracja: 14 lut 2008, o 08:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Z Bielskia-Białej
- Podziękował: 6 razy
- Pomógł: 961 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
Rany julek zmień dilera! O czym teraz mówisz?Leszczu21 pisze:Nieprawda, że nieprawda, bo odejmowano P(y), gdzie P(y)=0 (mod 101). 101-1=100.
Chociaż, nieprawda, że nieprawda, że nieprawda, bo jeżeli odejmowano P(y), to ta suma jest (1^n +2^n +... +(y-1)^n+(y+1)^n+...+100^n). Chyba tak. Czy nie?
BTW. Co to likeny?
-
- Użytkownik
- Posty: 41
- Rejestracja: 22 lip 2009, o 12:48
- Płeć: Mężczyzna
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
Wiecie co, to jest prawda jak dokładniej pomyślicie. Ale nawet jakby nie była, to ta częśc dowodu jest bezużyteczna Potem z niej w praktyce nie korzystam, bo nawet jak zalożę że wyraz wolny mi się nie kasuje, to po zsumowaniu tych dwukrotnych złożeń dostaniemy jeszcze dodatkowo
\(\displaystyle{ 101*b _{0}}\)
czyli 0 modulo p, czyli to nic nie zmienia... Możecie przejść do następnego zadania .
\(\displaystyle{ 101*b _{0}}\)
czyli 0 modulo p, czyli to nic nie zmienia... Możecie przejść do następnego zadania .
- jerzozwierz
- Użytkownik
- Posty: 526
- Rejestracja: 22 lut 2009, o 10:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 42 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
Może taki dowodzik:
Rozważmy szereg \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{ \infty} \frac{1}{p_i}}\). Załóżmy, że jest on zbieżny. Wobec tego istnieje takie k, że \(\displaystyle{ \sum_{i=k}^{ \infty} \frac{1}{p_i} \le \frac{1}{2}}\). Liczby pierwsze mniejsze od \(\displaystyle{ p_k}\) nazwijmy małymi, a większe bądź równe dużymi. Weźmy teraz jakieś N, i oszacujmy, ile jest liczb mniejszych od N mających same małe dzielniki. Oczywiście każda liczba n może być przedstawiona jako \(\displaystyle{ n=ab^2}\), gdzie a jest bezkwadratowe. Część bezkwadratową możemy wybrać na najwyżej \(\displaystyle{ 2^k}\) sposobów, a \(\displaystyle{ b< \sqrt{N}}\). Wobec tego mamy najwyżej \(\displaystyle{ 2^k \sqrt{N}}\) liczb mniejszych od N z samymi małymi dzielnikami. Teraz ile liczb ma co najmniej jeden duży dzielnik pierwszy? Oczywiście najwyżej \(\displaystyle{ \frac{N}{p_{k+1}} + \frac{N}{p_{k+2}} + ... < \frac{N}{2}}\). Stąd nierówność \(\displaystyle{ 2^k \sqrt{N} + \frac{N}{2} \ge N}\), która dla dużych N się sypie. Nasz szereg jest rozbieżny, więc liczb pierwszych jest nieskończenie wiele.
Nowe:
Dana jest liczba pierwsza p. Udowodnij, że kongruencja \(\displaystyle{ ax^2 +bx+c \equiv 0 \ (mod \ p)}\) ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ b^2 - 4ac}\) jest resztą kwadratową.
No, oczywiście \(\displaystyle{ a \not\equiv 0 \ (mod \ p)}\)
Rozważmy szereg \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{ \infty} \frac{1}{p_i}}\). Załóżmy, że jest on zbieżny. Wobec tego istnieje takie k, że \(\displaystyle{ \sum_{i=k}^{ \infty} \frac{1}{p_i} \le \frac{1}{2}}\). Liczby pierwsze mniejsze od \(\displaystyle{ p_k}\) nazwijmy małymi, a większe bądź równe dużymi. Weźmy teraz jakieś N, i oszacujmy, ile jest liczb mniejszych od N mających same małe dzielniki. Oczywiście każda liczba n może być przedstawiona jako \(\displaystyle{ n=ab^2}\), gdzie a jest bezkwadratowe. Część bezkwadratową możemy wybrać na najwyżej \(\displaystyle{ 2^k}\) sposobów, a \(\displaystyle{ b< \sqrt{N}}\). Wobec tego mamy najwyżej \(\displaystyle{ 2^k \sqrt{N}}\) liczb mniejszych od N z samymi małymi dzielnikami. Teraz ile liczb ma co najmniej jeden duży dzielnik pierwszy? Oczywiście najwyżej \(\displaystyle{ \frac{N}{p_{k+1}} + \frac{N}{p_{k+2}} + ... < \frac{N}{2}}\). Stąd nierówność \(\displaystyle{ 2^k \sqrt{N} + \frac{N}{2} \ge N}\), która dla dużych N się sypie. Nasz szereg jest rozbieżny, więc liczb pierwszych jest nieskończenie wiele.
Nowe:
Dana jest liczba pierwsza p. Udowodnij, że kongruencja \(\displaystyle{ ax^2 +bx+c \equiv 0 \ (mod \ p)}\) ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ b^2 - 4ac}\) jest resztą kwadratową.
No, oczywiście \(\displaystyle{ a \not\equiv 0 \ (mod \ p)}\)