[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i 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.
- limes123
- Użytkownik
- Posty: 666
- Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ustroń
- Podziękował: 26 razy
- Pomógł: 93 razy
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
Pomyslalem, ze warto zrobic tez taki temat, bo nierownosci sie zdecydowanie sprawdzily. Wrzucajcie jakies ciekawe zadania, lematy, twierdzenia itd. Zaczne od takich dwoch
1. Udowodnij, ze dla kazdej naturalnej liczby n istnieje naturalna liczba o n niezerowych cyfrach w zapisie dzisietnym, podzielna przez \(\displaystyle{ 5^n}\).
2. Wykazac, ze dla kazdego \(\displaystyle{ n\geq 2}\) wielomian \(\displaystyle{ W(x)=x^n+x^{n-1}+3}\) nie jest iloczynem dwoch wielomianow stopnia dodatniego o wspolczynnikach calkowitych.
1. Udowodnij, ze dla kazdej naturalnej liczby n istnieje naturalna liczba o n niezerowych cyfrach w zapisie dzisietnym, podzielna przez \(\displaystyle{ 5^n}\).
2. Wykazac, ze dla kazdego \(\displaystyle{ n\geq 2}\) wielomian \(\displaystyle{ W(x)=x^n+x^{n-1}+3}\) nie jest iloczynem dwoch wielomianow stopnia dodatniego o wspolczynnikach calkowitych.
Ostatnio zmieniony 29 sty 2009, o 13:55 przez limes123, łącznie zmieniany 1 raz.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
1. Liczba musi składać się z dokładnie \(\displaystyle{ n}\) cyfr, tak?
-
- Użytkownik
- Posty: 2000
- Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 202 razy
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
no to zad. 2:
zalozmy ze dla dodatnich \(\displaystyle{ a_i,b_j}\) zachodzi
\(\displaystyle{ x^n+x^{n-1}+3=(a_kx^k+...+a_0)(b_{n-k}x^{n-k}+...+b_0)}\) przy czym mozemy zalozyc ze \(\displaystyle{ k \le \frac{n}{2}}\). wspolczynik przy \(\displaystyle{ x^k}\) wynosi \(\displaystyle{ a_kb_0+A}\) gdzie \(\displaystyle{ A}\) to jakas tam liczba nieujemna, a wiec ten wspolczynnik jest dodatni czyli \(\displaystyle{ n-1=k \le \frac{n}{2}}\) stad mamy ze \(\displaystyle{ n \le 2}\) czyli z zalozenia \(\displaystyle{ n=2}\). latwo sprawdzic ze nie moze byc \(\displaystyle{ x^2+x+3=(ax+b)( \frac{1}{a}x+ \frac{3}{b})}\) bo wtedy zachodziloby \(\displaystyle{ \frac{3a}{b}+ \frac{b}{a}=1}\) a tak byc nie moze np na mocy AM-GM
dorzuce cos od siebie:
1. znalezc wszystkie wielomiany \(\displaystyle{ P(x)}\) o wsp. rzeczywistych spelniajace dla kazdego \(\displaystyle{ x}\):
\(\displaystyle{ (x+1)^3P(x-1)-(x-1)^3P(x+1)=4(x^2-1)P(x)}\)
2. \(\displaystyle{ p}\) jest nieparzysta liczba pierwsza. pokazac ze jesli dla pewnego \(\displaystyle{ n}\) zachodzi
\(\displaystyle{ p|n(n+1)(n+2)(n+3)+1}\) to dla pewnego \(\displaystyle{ m}\) mamy \(\displaystyle{ p|m^2-5}\)
zalozmy ze dla dodatnich \(\displaystyle{ a_i,b_j}\) zachodzi
\(\displaystyle{ x^n+x^{n-1}+3=(a_kx^k+...+a_0)(b_{n-k}x^{n-k}+...+b_0)}\) przy czym mozemy zalozyc ze \(\displaystyle{ k \le \frac{n}{2}}\). wspolczynik przy \(\displaystyle{ x^k}\) wynosi \(\displaystyle{ a_kb_0+A}\) gdzie \(\displaystyle{ A}\) to jakas tam liczba nieujemna, a wiec ten wspolczynnik jest dodatni czyli \(\displaystyle{ n-1=k \le \frac{n}{2}}\) stad mamy ze \(\displaystyle{ n \le 2}\) czyli z zalozenia \(\displaystyle{ n=2}\). latwo sprawdzic ze nie moze byc \(\displaystyle{ x^2+x+3=(ax+b)( \frac{1}{a}x+ \frac{3}{b})}\) bo wtedy zachodziloby \(\displaystyle{ \frac{3a}{b}+ \frac{b}{a}=1}\) a tak byc nie moze np na mocy AM-GM
dorzuce cos od siebie:
1. znalezc wszystkie wielomiany \(\displaystyle{ P(x)}\) o wsp. rzeczywistych spelniajace dla kazdego \(\displaystyle{ x}\):
\(\displaystyle{ (x+1)^3P(x-1)-(x-1)^3P(x+1)=4(x^2-1)P(x)}\)
2. \(\displaystyle{ p}\) jest nieparzysta liczba pierwsza. pokazac ze jesli dla pewnego \(\displaystyle{ n}\) zachodzi
\(\displaystyle{ p|n(n+1)(n+2)(n+3)+1}\) to dla pewnego \(\displaystyle{ m}\) mamy \(\displaystyle{ p|m^2-5}\)
- limes123
- Użytkownik
- Posty: 666
- Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ustroń
- Podziękował: 26 razy
- Pomógł: 93 razy
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
Inny sposob na zadanie drugie byl mniej wiecej taki:
zalozyc, ze sie da, wymnozyc i porownac wspolczynniki i wtedy dowodzilo sie prosta indukcja, ze wszsytkie sa podzielne przez 3. Na koniec zostawal jeszcze chyba przypadek jak jeden jest jednomianem ale to nie moze zachodzic, bo ten wielomian z zadania nie ma pierwiastkow calkowitych.
zalozyc, ze sie da, wymnozyc i porownac wspolczynniki i wtedy dowodzilo sie prosta indukcja, ze wszsytkie sa podzielne przez 3. Na koniec zostawal jeszcze chyba przypadek jak jeden jest jednomianem ale to nie moze zachodzic, bo ten wielomian z zadania nie ma pierwiastkow calkowitych.
- limes123
- Użytkownik
- Posty: 666
- Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ustroń
- Podziękował: 26 razy
- Pomógł: 93 razy
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
Zrobilem blad w zadaniu (ale przy okazji poznalismy rozwiazanie trudniejszej wersji:p). Teraz juz ok.-- 29 stycznia 2009, 14:49 --Niech \(\displaystyle{ p}\) będzie niezerowym wielomianem o wspolczynnikach calkowitych. Czy istnieje nieskonczenie takich naturalnych n, ze \(\displaystyle{ p(n)}\) i \(\displaystyle{ 2^{2^{n}}+1}\) mają wspólny dzielnik pierwszy?
-
- Użytkownik
- Posty: 2000
- Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 202 razy
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
sam sie troche zdziwilem ale bardzo latwo idzie indukcyjnie. dla \(\displaystyle{ n=1}\) jest ok i teraz zalozmy ze dla \(\displaystyle{ k-1}\) istnieje postulowana liczba: \(\displaystyle{ 5^{k-1}A}\). szukamy liczby postaci \(\displaystyle{ 5^{k-1}A+10^{k-1}c=5^{k-1}(A+2^{k-1}c)}\) przy czym \(\displaystyle{ c \in \{1,2,...,9 \}}\). no i teraz wystarczy sobie zrobic tabelke (mozna pewnie ladniej ale nie chcialo mi sie nad tym zastanawiac) zeby zobaczyc ze niezaleznie od reszt z dzielenia przez 5, ktore daja liczby \(\displaystyle{ A, 2^{k-1}}\) zawsze mozemy wybrac \(\displaystyle{ c}\) aby \(\displaystyle{ 5|A+2^{k-1}c}\) (wiecej: zawsze mozemy wybrac c z przedzialu 1-5. latwo tez oddolnie oszacowac liczbe postulowanych liczb na 2^n) ckdlimes123 pisze: 1. Udowodnij, ze dla kazdej naturalnej liczby n istnieje naturalna liczba o n niezerowych cyfrach w zapisie dzisietnym, podzielna przez \(\displaystyle{ 5^n}\).
- limes123
- Użytkownik
- Posty: 666
- Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ustroń
- Podziękował: 26 razy
- Pomógł: 93 razy
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
Bardzo dobrze jak pierwszy raz zobaczylem tez wydawalo mi sie trudne. Wystarczy wziac ta k-1 i dla k rozwazyc
1N
3N
5N
7N
9N
w zapisie dziesietnym, gdzie N jest ta k-1 cyfrowa podzielna przez \(\displaystyle{ 5^{k-1}}\). Skoro wszystkie daja rozne reszty z dzielenia przez 5 to jedna z nich jest podzielna przez \(\displaystyle{ 5^n}\) ckd. To moze jeszcze cos takiego
Niech \(\displaystyle{ d}\) bedzie liczba calkowita dodatnia, a \(\displaystyle{ S}\) zbiorem dodatnich liczb postaci \(\displaystyle{ x^2+dy^2}\) gdzie x i y sa nieujemne i calkowite. Wykazac, ze jesli \(\displaystyle{ a\in S}\) i \(\displaystyle{ b\in S}\) to \(\displaystyle{ ab\in S}\).
1N
3N
5N
7N
9N
w zapisie dziesietnym, gdzie N jest ta k-1 cyfrowa podzielna przez \(\displaystyle{ 5^{k-1}}\). Skoro wszystkie daja rozne reszty z dzielenia przez 5 to jedna z nich jest podzielna przez \(\displaystyle{ 5^n}\) ckd. To moze jeszcze cos takiego
Niech \(\displaystyle{ d}\) bedzie liczba calkowita dodatnia, a \(\displaystyle{ S}\) zbiorem dodatnich liczb postaci \(\displaystyle{ x^2+dy^2}\) gdzie x i y sa nieujemne i calkowite. Wykazac, ze jesli \(\displaystyle{ a\in S}\) i \(\displaystyle{ b\in S}\) to \(\displaystyle{ ab\in S}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 2000
- Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 202 razy
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
nie bardzo rozumiem. po pierwsze, skąd wiesz że tam nigdzie sie nie pojawi 0, a po drugie liczby 1N,3N,5N,7N,9N nie musza miec wcale k cyfr
___
ludzie, nikt nie napisał ze w tym topicu moge sie wypowiadac tylko ja i limes123, nie krepujcie sie
___
ludzie, nikt nie napisał ze w tym topicu moge sie wypowiadac tylko ja i limes123, nie krepujcie sie
Ostatnio zmieniony 29 sty 2009, o 17:26 przez Dumel, łącznie zmieniany 1 raz.
- limes123
- Użytkownik
- Posty: 666
- Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ustroń
- Podziękował: 26 razy
- Pomógł: 93 razy
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
Chodzi o \(\displaystyle{ \overline{1N}}\) itd (N jest zapisem dziesietnym tej liczby dla k-1 i pozniej dorzucamy jeszcze na poczatek te liczby 1,3,5...).
[Edit]
Dokladnie Niech inne osoby tez cos wrzuca
[Edit]
Dokladnie Niech inne osoby tez cos wrzuca
-
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
Ostatnie zadanie limesa:
\(\displaystyle{ (x_{1}^2 + dy_{1}^2)(x_{2}^2 + dy_{2}^2) = (x_{1}x_{2})^2 + (dy_{1}y_{2})^2 + d(y_{1}x_{2})^2 + d(y_{2}x_{1})^2 = \\ (x_{1}x_{2} + dy_{1}y_{2})^2 - 2d (x_{1}y_{2})(x_{2}y_{1}) + d(x_{1}y_{2})^2 + d(x_{2}y_{1})^2 = \\ (x_{1}x_{2} + dy_{1}y_{2})^2 + d(x_{1}y_{2} - x_{2}y_{1})^2 \in S}\)
\(\displaystyle{ (x_{1}^2 + dy_{1}^2)(x_{2}^2 + dy_{2}^2) = (x_{1}x_{2})^2 + (dy_{1}y_{2})^2 + d(y_{1}x_{2})^2 + d(y_{2}x_{1})^2 = \\ (x_{1}x_{2} + dy_{1}y_{2})^2 - 2d (x_{1}y_{2})(x_{2}y_{1}) + d(x_{1}y_{2})^2 + d(x_{2}y_{1})^2 = \\ (x_{1}x_{2} + dy_{1}y_{2})^2 + d(x_{1}y_{2} - x_{2}y_{1})^2 \in S}\)
\(\displaystyle{ n(n+1)(n+2)(n+3) + 1 = (n^2 + 3n+1)^2 \Rightarrow p\mid n^2 + 3n+1 \Rightarrow p\mid 4(n^2+3n+1) = 4n^2 + 12n + 9 - 5 = (2n+3)^2 - 5}\)Dumel pisze:2. \(\displaystyle{ p}\) jest nieparzysta liczba pierwsza. pokazac ze jesli dla pewnego \(\displaystyle{ n}\) zachodzi
\(\displaystyle{ p|n(n+1)(n+2)(n+3)+1}\) to dla pewnego \(\displaystyle{ m}\) mamy \(\displaystyle{ p|m^2-5}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 2000
- Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 202 razy
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
świetnie, robilem tak samo bo inaczej chyba sie nie da
ma ktoś pomysł na to: ?
niech \(\displaystyle{ p>5}\) bedzie liczba pierwsza. pokazać ze w zbiorze \(\displaystyle{ \{p-n^2:n^2<p \}}\)
istnieja różne liczby \(\displaystyle{ a,b>1}\) takie ze \(\displaystyle{ a|b}\)
a ostatnie zadanie limesa to bylo cos prawie jak zad. 6. z zeszlorocznego finalu
[edit]
nie wpadlem na to bo w domysle przyjalem ze liczby a i b sa rozne (i pewnie o to chodzilo autorowi zadania bo bez sensu bylyby ograniczenia na liczbe p). poprawiam tresc
ma ktoś pomysł na to: ?
niech \(\displaystyle{ p>5}\) bedzie liczba pierwsza. pokazać ze w zbiorze \(\displaystyle{ \{p-n^2:n^2<p \}}\)
istnieja różne liczby \(\displaystyle{ a,b>1}\) takie ze \(\displaystyle{ a|b}\)
a ostatnie zadanie limesa to bylo cos prawie jak zad. 6. z zeszlorocznego finalu
[edit]
nie wpadlem na to bo w domysle przyjalem ze liczby a i b sa rozne (i pewnie o to chodzilo autorowi zadania bo bez sensu bylyby ograniczenia na liczbe p). poprawiam tresc
Ostatnio zmieniony 30 sty 2009, o 13:41 przez Dumel, łącznie zmieniany 1 raz.
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1665
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 476 razy
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ a=b=p-1}\)Dumel pisze: niech \(\displaystyle{ p>5}\) bedzie liczba pierwsza. pokazać ze w zbiorze \(\displaystyle{ \{p-n^2:n^2<p \}}\)
istnieja liczby \(\displaystyle{ a,b>1}\) takie ze \(\displaystyle{ a|b}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 2234
- Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 390 razy
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
Rozwiązanie zainspirowane staaarym zadaniem.limes123 pisze: Niech \(\displaystyle{ p}\) będzie niezerowym wielomianem o wspolczynnikach calkowitych. Czy istnieje nieskonczenie takich naturalnych n, ze \(\displaystyle{ p(n)}\) i \(\displaystyle{ 2^{2^{n}}+1}\) mają wspólny dzielnik pierwszy?
Udowodnimy, że nie istnieje.
Oznaczmy \(\displaystyle{ g=deg(p(x))}\)
Dodatkowo weźmy dowolną dodatnią liczbę \(\displaystyle{ a>a_{g}}\), gdzie \(\displaystyle{ a_{g}}\) jest współczynnikiem wielomianu przy najwyższej potędze. Wtedy
\(\displaystyle{ \exists_{r\in \mathbb{R_{+}}}\forall_{x\geq r} \ p(x)<ax^{g}}\)
Dalej zdefiniujmy funkcję \(\displaystyle{ D(n)}\) oznaczającą najmniejszy dzielnik pierwszy liczby naturalnej n.
Niech \(\displaystyle{ l}\) będzie dzielnikiem pierwszym \(\displaystyle{ a_{n}=2^{2^{n}}+1}\). W szczególności \(\displaystyle{ l\neq 2}\)
Niech \(\displaystyle{ b=ord_{2}l}\). Oczywiście \(\displaystyle{ 2^{2^{n}}\equiv -1 \ (modl)}\) czyli \(\displaystyle{ 2^{2^{n+1}}\equiv 1 \ (modl)}\)
Zatem \(\displaystyle{ (b\not |2^{n}) \wedge (b|2^{n+1})}\) czyli po prostu \(\displaystyle{ b=2^{n+1}}\)
Dodatkowo skoro \(\displaystyle{ (l,2)=1}\) to z MTF \(\displaystyle{ l|2^{l-1}-1}\)
Zateb \(\displaystyle{ b|l-1}\) czyli \(\displaystyle{ 2^{n+1}|l-1}\)
Zatem \(\displaystyle{ l=k*2^{n}+1}\)
Przechodzimy do rozwiązania zadania. Dla udowodnienia postulowanej tezy wystarczy udowodnić, że \(\displaystyle{ \exists_{n_{1}\in \mathbb{N}}\forall_{n\geq n_{1}} D(a_{n})>p(n)}\)
Korzystając z tego co udowodniliśmy wcześniej mamy \(\displaystyle{ D(a_{n})\geq k*2^{n}+1>k*2^{n}}\)
oraz \(\displaystyle{ p(n)<a*n^{g}}\)
Wystarczy zatem pokazać, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \frac{n^{g}}{2^{n}}=0}\)
Co jest prawdą, bo \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}\frac{\frac{(n+1)^{g}}{2^{n+1}}}{\frac{n^{g}}{2^{n}}}=\lim_{n\to \infty}(1+\frac{1}{n})^{g}*\frac{1}{2}=\frac{1}{2}<1}\) co dowodzi wartości żądanej granicy i tezy naszego zadania. Q.E.D.
P.S. 6 z zeszłorocznego finału było chyba jednak trudniejsze
P.S.2 Nawet nie trzeba założenia o współczynnikach całkowitych, wystarcza informacja o tym, że w dla całkowitych argumentów przyjmuje wartości całkowite.
Ostatnio zmieniony 5 lut 2009, o 16:25 przez Piotr Rutkowski, łącznie zmieniany 1 raz.