Matematyka.pl

bakala12 pisze:Ponewor, ja nie zamierzam podważać kompetencji ludzi, którzy jadą na IMO. Chodziło mi o tych "faworytów" którzy w ubiegłym roku byli na IMO a w tym roku nie znaleźli się w gronie laureatów i wyróżnionych.

Takim nawet TST raczej nie pomoże

@Msciwoj Stary, epopeja godna Świstaka. Jestem pod wrażeniem (niemniej jednak Mistrzowi nie dorównasz, jak piszesz bez bólu dupy to nie ma tego smaczku). Mój komentarz dotyczący wyników: Chyba każdy zauważył pewną rozbieżność między wynikami a przewidywaniami. Nie zamierzam w żaden sposób kwestionow...

Oto ciekawsze rozwiązanie zad. 2: Niech \epsilon = cos \left( \frac{2 \pi}{p}\right) + i sin \left( \frac{2 \pi}{p}\right) , czyli pierwiastek pierwotny p-tego stopnia z jedności. Przyda się lemat: Niech a_0, a_1, ..., a_{p-1} będą liczbami wymiernymi. Wówczas, jeśli \sum_{k=0}^{p-1}a_k \epsilon^k =...

Utrudnienie do zadania 2:
Policz, ile dokładnie jest liczb spośród rozważanych, które przystają do 1 modulo p.

To zadanko jest tak świetne, że mogłem wysłać je jako propozycję na IMO, gdyby nie to, że jest za trudne.
Dana są liczby naturalne \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ k}\), przy czym \(\displaystyle{ k}\) jest nieparzysta. Udowodnij, że istnieje nieskończenie wiele takich liczb naturalnych \(\displaystyle{ n}\), że \(\displaystyle{ m|k^n + n^k}\)
Powodzenia.

Wyszło się z wprawy : P
(ostatnia nierówność to literówka)

Eh, a już spodziewałem się czegoś ambitnego. Skorzystamy tylko z oczywistych nierówności \pi (n) \le n , oraz p_n \ge 2n - 1 . S_{n} \le n \pi (n) \le n^2 S_{n} - S_{n-1} = p_n \le 2n - 1 Do zakończenia banalny lemat, że w przedziale [1,n^2] każdy przedział o długości nie mniejszej niż 2n-1 zawiera ...

Kombinowanie. Dwa proste, istotne spostrzeżenia: 1) k jest względnie pierwsze z n wtedy i tylko wtedy, gdy n-k jest względnie pierwsze z n . 2) Jeśli k jest względnie pierwsze z n , to 2k \ (mod \ n) również. Toteż: 2 \sum_{(k,n)=1}^{} k^3 = \sum_{(k,n)=1}^{} \left( k^3 + (n-k)^3 \right) = \sum_{(k,...

szw1710 pisze:Można tak, gdyż jest to pierścień całkowity, a więc bez dzielników zera. W takim pierścieniu mamy równoważność:

\(\displaystyle{ ab=0\iff a=0\vee b=0.}\)

\(\displaystyle{ 17 \cdot 2 = 0 \ (mod \ 34)}\)

Wygodne oznaczenia: (powiedzmy, że m jest ustalone przez całe zadanie, będzie krócej) T(k,a) = \left\{ ka^n + m:n \in N \right\} P(X) = \left\{ p \in P: \exists x \in X, p|x \right\} Zachodzą oczywiste związki T(ka^m,a^n) \subset T(k,a) dla dowolnych m i n, oraz X \subset Y \Rightarrow P(X) \subset ...

Oszacujemy z dołu, ile jest liczb złożonych mniejszych od danej n. W tym celu można zauważyć, że liczb podzielnych przez k nie większych od n jest co najmniej \frac{n}{k} - 1 , a najwyżej \frac{n}{k} + 1 . To teraz liczymy ile jest podzielnych przez 2, 3 lub 5 (z zasady włączeń i wyłączeń): \ge ( \...

Udowodnij, że istnieje taka liczba naturalna \(\displaystyle{ k}\), że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\),
\(\displaystyle{ k \cdot 2^n+1}\) jest złożona.

Chyba nikt nie podał najbardziej chamskiego sposobu na pierwsze (zero myślenia), więc dla potomnych: niech s=x+y+z , a f(t)= \frac{(s-t)^3}{t} . Układ to po prostu f(x)=f(y)=f(z)=8 . Po tej zabawie ze znakami, wystarczy pokazać, że f jest różnowartościowa na przedziale (0,s) . No a to już można zrob...

Wyszło mi przy okazji jednego zadania, ale pewnie da się jakoś łatwo:

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} {2n-1-k \choose n-1} 2^k = 2^{2n-1}}\)