Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 10 sie 2019, o 18:24
autor: kerajs
Premislav pisze:IMHO to zadanie nie ma nic wspólnego z teorią liczb
Mam podać bardziej pasujące, czy jednak Ty wrzucisz kolejny problemik?
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 10 sie 2019, o 19:38
autor: Premislav
Jeśli masz bardziej pasujące, to byłbym wdzięczny, gdybyś wrzucił, jak nie masz, to coś znajdę.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 10 sie 2019, o 21:15
autor: kerajs
Dla jakich naturalnych \(\displaystyle{ n}\) liczba \(\displaystyle{ n^n-3}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 7}\) ?
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 10 sie 2019, o 22:32
autor: Premislav
Ukryta treść:
Reszty kwadratowe modulo \(\displaystyle{ 7}\) to \(\displaystyle{ 0,1,2,4}\), więc \(\displaystyle{ n}\) parzyste natychmiast odpadają. Ponadto z przyczyn oczywistych odpadają wszystkie \(\displaystyle{ n}\) podzielne przez \(\displaystyle{ 7}\).
Liczby naturalne, które ani nie są parzyste, ani nie są podzielne przez \(\displaystyle{ 7}\) można zapisać w postaci \(\displaystyle{ 14i+j}\) dla \(\displaystyle{ j\in \left\{ 1,3,5,9,11, 13\right\}}\).
Reszty \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 13}\) natychmiast odpadają, ponieważ \(\displaystyle{ (14i+1)^n\equiv 1\pmod{7}\\(14i+13)^n\equiv (-1)^n\pmod{7}}\).
Pozostają reszty \(\displaystyle{ 3,5,9,11}\) modulo \(\displaystyle{ 14}\).
Nie mam nic mądrzejszego niż skrupulatne rozważenie tych czterech przypadków:
1) niech \(\displaystyle{ n\equiv 3\pmod{14}}\), tj. \(\displaystyle{ n=14i+3}\), wówczas \(\displaystyle{ n^n\equiv 3^n\pmod{7}}\) i ma być \(\displaystyle{ 3^n\equiv 3\pmod{7}}\), czyli \(\displaystyle{ 7|3^{n-1}-1}\), a więc łatwo wywnioskować, że \(\displaystyle{ n-1=6k, \ k\in \NN}\), tj. \(\displaystyle{ n\equiv 3\pmod{14}, \ n\equiv 1\pmod{6}}\), stąd zaś nietrudno uzyskać, że \(\displaystyle{ n\equiv 31\pmod{42}}\).
2) niech \(\displaystyle{ n \equiv 5\pmod{14}}\), wówczas jest \(\displaystyle{ n^n\equiv 5^n\pmod{7}}\) i ma być \(\displaystyle{ 5^n\equiv 3\pmod{7}}\), stąd zaś łatwo wykazać, że \(\displaystyle{ n=6k+5}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k\in \NN}\), tj. \(\displaystyle{ n\equiv 5\pmod{14}, \ n\equiv 5\pmod{6}}\), skąd nietrudno dostać \(\displaystyle{ n\equiv 5\pmod{42}}\)
3) niech \(\displaystyle{ n\equiv 9\pmod{14}}\), w szczególności \(\displaystyle{ n\equiv 2\pmod{7}}\), wtedy \(\displaystyle{ n^n\equiv 2^n\pmod{7}}\)
i ma być \(\displaystyle{ 2^n\equiv 3\pmod{7}}\), ale to jest wykluczone, wszak \(\displaystyle{ 2^1\equiv 2\pmod{7}, \ 2^2\equiv 4\pmod{7}, \ 2^3\equiv 1\pmod{7}}\) i dalej się zapętla, tj. \(\displaystyle{ 2^{3m}\equiv 1\pmod{7}, \ 2^{3m+1}\equiv 2\pmod{7}, \ 2^{3m+2}\equiv 4\pmod{7}}\).
4) niech \(\displaystyle{ n\equiv 11\pmod{14}}\), w szczególności \(\displaystyle{ n\equiv 4\pmod{7}}\), wówczas \(\displaystyle{ n^n\equiv 4^n\pmod{7}}\) i ma być \(\displaystyle{ 4^n\equiv 3\pmod{7}}\), ale to jest wykluczone, ponieważ \(\displaystyle{ 4^1\equiv 4\pmod{7}, \ 4^2\equiv 2\pmod{7}, \ 4^3\equiv 1\pmod{7}}\) i dalej się zapętla, tj. \(\displaystyle{ 4^{3m}\equiv 1\pmod{7}, \ 4^{3m+1}\equiv 4\pmod{7}, \ 4^{3m+2}\equiv 2\pmod{7}}\)
Podsumowując, warunki zadania spełniają liczby naturalne \(\displaystyle{ n}\) dające resztę \(\displaystyle{ 5}\) lub \(\displaystyle{ 31}\) z dzielenia przez \(\displaystyle{ 42}\).
Jest jakieś szybsze rozwiązanie?-- 10 sie 2019, o 21:46 --To żeby temat nie stał od razu wrzucę nowe zadanie:
proszę udowodnić szczególny przypadek wielkiego twierdzenia Fermata dla wykładnika \(\displaystyle{ n=3}\).
Jak ktoś nie zna (choć wątpię), to bezpośrednie sformułowanie: równanie \(\displaystyle{ x^3+y^3=z^3}\) nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 18 wrz 2019, o 23:27
autor: Premislav
Nie wzbudziło zainteresowania, to trudno, rozwiązanie macie
Nowe:
niech \(\displaystyle{ a, \ b}\) i \(\displaystyle{ c}\) będą liczbami całkowitymi spełniającymi nierówności \(\displaystyle{ a<b<c<a+b}\).
Proszę udowodnić, że \(\displaystyle{ c(a-1)+b}\) nie dzieli \(\displaystyle{ c(b-1)+a}\).
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 19 wrz 2019, o 16:12
autor: albanczyk123456
Obserwacja:
liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) są dodatnie. dowód:
jeśli \(\displaystyle{ a\leq0}\) to \(\displaystyle{ a+b\leq b<c}\) co prowadzi do sprzeczności z tym, że \(\displaystyle{ a+b>c}\).
Rozwiązanie:
Ukryta treść:
Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ c(a-1)+b|c(b-1)+a \Leftrightarrow c(a-1)+b|bc(a-1)+b^{2}-ac(b-1)-a^{2}=(a-b)(c-a-b)>0}\)
Wynika z tego, że \(\displaystyle{ c(a-1)+b\geq(b-a)(a+b-c)}\) co jest sprzeczne z tym : \(\displaystyle{ c(a-1)+b>c(a-1)>(b-a)(a+b-c)}\)
Pierwsza nierówność jest oczywista, druga zachodzi dlatego, że:
1) \(\displaystyle{ c>b \Leftrightarrow c>b-a}\)
2) \(\displaystyle{ b-c<-1 \Leftrightarrow a+b-c<a-1 }\)
Ponieważ doszliśmy do sprzeczności, to założenie było nie prawdziwe. To kończy dowód zadania.
Znajdź wszystkie pary liczb naturalnych \(\displaystyle{ (x,n)}\) takich, że \(\displaystyle{ x^{n}++2^{n}+1}\) jest dzielnikiem liczby \(\displaystyle{ x^{n+1}++2^{n+1}+1}\).
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 19 wrz 2019, o 17:44
autor: Premislav
Fajne, tylko takie mikroskopijne szczegóły, że
Wynika z tego, że \(\displaystyle{ c(a-1)+b\geq(b-a)(a+b-c)}\)
jest dokładnie na odwrót (zły zwrot nierówności), zresztą dalej korzystasz z nierówności z właściwym zwrotem.
O ile czegoś nie przeoczyłem, zachodzą tu tylko słabe nierówności (bo z \(\displaystyle{ b<c}\) w naturalnych wynika jedynie \(\displaystyle{ b\leq c-1}\)), ale finalnie to nic nie psuje.
nowe:
Przyjmuję, że naturalne to całkowite dodatnie. Mamy \(\displaystyle{ x^{n+1}+2^{n+1}+1<x \left(x^n+2^n+1\right)}\) dla \(\displaystyle{ x\ge 2}\), co jest raczej oczywiste. Ponadto udowodnimy, że gdy \(\displaystyle{ n, \ x}\) są odpowiednio duże, to zachodzi nierówność \(\displaystyle{ (x-1)\left(x^n+2^n+1\right)<x^{n+1}+2^{n+1}+1}\)
Równoważnie bowiem: \(\displaystyle{ x\cdot \left(2^n+1\right)<x^n+3\cdot 2^n+2}\)
Udowodnię teraz indukcyjnie, że gdy \(\displaystyle{ x\ge 3, \ n\ge 3}\), zachodzi nierówność \(\displaystyle{ 2^{n}+1\le x^{n-1} \ (*)}\)
Przy ustalonym \(\displaystyle{ x\ge 3}\) przeprowadzam indukcję po \(\displaystyle{ n\ge 3}\): \(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Dla \(\displaystyle{ n=3}\) mamy \(\displaystyle{ 2^3+1=9=3^2\le x^2}\). \(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ n\ge 3}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ 2^n+1\le x^{n-1}}\)
Mamy \(\displaystyle{ \displaystyle{2^{n+1}+1=\left(2^n+1\right)\cdot \frac{2^{n+1}+1}{2^{n}+1}<\left(2^{n}+1\right)\cdot 2\le x^{n-1}\cdot 2<x^{n} }}\)
co kończy krok indukcyjny.
Korzystając z nierówności \(\displaystyle{ (*)}\) mamy \(\displaystyle{ x\left(2^{n}+1\right)\le x^{n}<x^{n}+3\cdot 2^{n}+2}\) dla \(\displaystyle{ n\ge 3, \ x\ge 3}\).
Czyli gdy \(\displaystyle{ n\ge 3, \ x\ge 3}\), to liczba \(\displaystyle{ x^{n+1}+2^{n+1}+1}\) znajduje się między dwoma kolejnymi krotnościami \(\displaystyle{ x^{n}+2^{n}+1}\), toteż podzielność nie zachodzi.
Pozostaje rozpatrzyć przypadki:
1) \(\displaystyle{ x=1}\), wówczas mamy \(\displaystyle{ x^{n}+2^{n}+1=2^{n}+2, \ x^{n+1}+2^{n+1}+1=2^{n+1}+2}\)
i oczywiście \(\displaystyle{ \displaystyle{1<\frac{2^{n+1}+2}{2^{n}+2}<\frac{2^{n+1}+2}{2^{n}+1}=2}}\), więc podzielność nie zachodzi.
2) \(\displaystyle{ x=2}\), wtedy \(\displaystyle{ x^{n+1}+2^{n+1}+1=2^{n+2}+1, \ x^{n}+2^{n}+1=2^{n+1}+1}\)
i ponownie \(\displaystyle{ \displaystyle{1<\frac{2^{n+2}+1}{2^{n+1}+1}<\frac{2^{n+2}+2}{2^{n+1}+1}=2}}\), więc nie może być \(\displaystyle{ \left(2^{n+1}+1\right)|\left(2^{n+2}+1\right)}\).
3) \(\displaystyle{ n=1}\), wtedy \(\displaystyle{ x^{n+1}+2^{n+1}+1=x^2+5}\) oraz \(\displaystyle{ x^{n}+2^{n}+1=x+3}\).
Jeśli \(\displaystyle{ (x+3)|(x^{2}+5)}\), to z uwagi na to, że \(\displaystyle{ x^2+5=(x+3)(x-3)+14}\) musi być \(\displaystyle{ (x+3)|14}\),
czyli \(\displaystyle{ x+3\in \left\{1,2,7,14\right\}}\), a ponieważ \(\displaystyle{ x\in \NN}\), więc stąd \(\displaystyle{ x=4 \vee x=11}\).
Obie te liczby spełniają warunki zadania.
4) \(\displaystyle{ n=2}\), wówczas \(\displaystyle{ x^{n+1}+2^{n+1}+1=x^3+9, \ x^{n}+2^{n}+1=x^{2}+5}\)
Mamy \(\displaystyle{ x^3+9=x\left(x^2+5\right)-(5x-9)}\) i dla \(\displaystyle{ x>1}\) liczba \(\displaystyle{ 5x-9}\) jest całkowitą dodatnią, więc gdy \(\displaystyle{ \left(x^2+5\right)|\left(x^3+9\right)}\) dla pewnego \(\displaystyle{ x>1}\), to musi też być \(\displaystyle{ \left(x^2+5\right)|(5x-9)}\) i stąd \(\displaystyle{ x^2+5\le 5x-9}\), czyli \(\displaystyle{ x^2-5x+14\le 0}\), co nigdy nie zachodzi dla \(\displaystyle{ x\in \RR}\) (ujemny wyróżnik), zatem dla \(\displaystyle{ n=2}\) rozwiązań nie ma poza przypadkiem \(\displaystyle{ x=1}\), który już rozważyliśmy.
Podsumowując, podzielność zachodzi dla par \(\displaystyle{ (x,n)=(4,1), \\(x,n)=(11,1)}\)
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 20 wrz 2019, o 22:22
autor: Premislav
Zapomniałem o wrzuceniu następnego zadania, sorry.
Proszę znaleźć wszystkie takie liczby całkowite dodatnie \(\displaystyle{ n, \ k_1, \ldots k_n}\), że \(\displaystyle{ k_1+\ldots+k_n=5n-4}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{1}{k_1}+\ldots+\frac{1}{k_n}=1}\).
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
raczej więcej chyba nie ma sorki zamiast k wziąłem x...
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 21 wrz 2019, o 10:59
autor: Premislav
Idea jak najbardziej dobra, natomiast powinno być (kontynuuję Twoją zmianę notacji, żeby nie robić zamieszania) \(\displaystyle{ x_i=4}\), a nie \(\displaystyle{ x_i=\frac {1}{4}}\) dla \(\displaystyle{ n=4}\) i zgubiłeś pewne rozwiązania dla \(\displaystyle{ n=3}\), mianowicie \(\displaystyle{ (x_1, x_2, x_3)=(2,3,6)}\) i permutacje (łącznie sześć sztuk).Przypadek \(\displaystyle{ n=2}\) sprowadza się do równania kwadratowego, które nie ma rozwiązań w naturalnych, dla \(\displaystyle{ n=3}\) zauważamy, że musi być \(\displaystyle{ \min\left\{x_1, x_2, x_3\right\}=2}\), a potem znów mamy równanie kwadratowe, z którego wychodzi to, co napisałem. Dla \(\displaystyle{ n=4}\) mamy równość w nierówności między średnią arytmetyczną a harmoniczną, stąd musi być \(\displaystyle{ x_1=x_2=x_3=x_4}\) i sprawdzamy, że to działa.
Możesz wrzucić następne zadanie.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 21 wrz 2019, o 18:57
autor: arek1357
Oddaję Ci wolną rękę wrzucaj ten nowy latex to porażka jakaś brak podpowiedzi, bardziej trzeba się zastanawiać nad latexem niż nad zadaniem...
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 21 wrz 2019, o 20:30
autor: Premislav
Niech \(\displaystyle{ p\ge 5}\) będzie liczbą pierwszą. Niechaj \(\displaystyle{ N=(p-1)^{p}+1}\) i niech \(\displaystyle{ N=\prod_{i=1}^{n}p_i^{\alpha_i}}\) (rozkład \(\displaystyle{ N}\) na czynniki pierwsze). Proszę wykazać, że \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}p_{i}\ge \frac{p^{2}}{2}}\)
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 27 wrz 2019, o 15:32
autor: arek1357
Mam taki pomysł, wprowadźmy normę w pierścieniu liczb całkowitych , i niech będzie to norma dla dowolnej liczby a:
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 27 wrz 2019, o 17:01
autor: Premislav
Z przykrością stwierdzam, że nie rozumiem tego rozwiązania. W szczególności wprowadzona funkcja nie jest normą w żadnym znanym mi sensie (myślałem, że to ma być norma euklidesowa jak w pierścieniach euklidesowych, ale nie jest) i wbrew Twojej deklaracji nie jest określona na całym \(\displaystyle{ \ZZ}\). Ale może ktoś dojrzy w tym jakiś sens…
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Teoria liczb] Teoria liczb
: 1 paź 2019, o 12:56
autor: arek1357
hmm trudno skoro normą nie jest to się nie upieram, z jakichś przyczyn wydało mi się że jest i poszedłem tym torem dlatego, ale nie będzie...
Dodano po 3 minutach 14 sekundach:
tylko nie kumam czemu mówiłeś że nie jest to określone dla całego Z dla zera przyjmijmy zero a dla jeden jeden, jeżeli o to biega...
Dodano po 2 dniach 15 godzinach 3 minutach 36 sekundach:
Sprawdzałem dla dużych liczb i wychodzi, że ta nierówność spełniana jest dla dowolnych n nie tylko p>4...
Dodano po 4 godzinach 15 minutach 21 sekundach:
Spróbuję inaczej, otóż tak w skrócie mamy zbadać minimum: