Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 30 lip 2013, o 19:28
autor: mol_ksiazkowy
mol_ksiazkowy napisał(a):
Wykazać, że jeżeli żadna z liczb nie dzieli się przez , to i są względnie pierwsze.
też jest coś nie tak... Tam jest coś na odwrót.
no bo był błąd...
Ile jest równa suma liczb takich które maja wszystkie elementy
ze zbioru \(\displaystyle{ \{ 1, ..., 9 \}}\) (każdy tylko raz)
tj. \(\displaystyle{ S = 123456789 + .... + 347619258 +...+ 746395128 + .... + 987654321}\)
?
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 30 lip 2013, o 21:04
autor: Msciwoj
Ponewor, nie.
Ukryta treść:
"Zero" oznacza zero modulo 2009, czyli po prostu liczbę podzielną przez 2009. Definicja rekurencyjna mówi nam, że każdy następny wyraz to poprzedni wyraz pomnożony przez pewną liczbę wymierną. Tu podzielność nam się może zepsuć jak chce, można to robić inaczej, ale wymaga to dowodu. Na przykład takiego, że pokazujemy, że istnieje ciąg liczb całkowitych, taki że jeżeli wstawimy jego wyrazy zamiast ułamków, które mamy w definicji rekurencyjnej, to otrzymamy taki nowy ciąg określony rekurencyjnie, którego każdy wyraz przystaje do odpowiedniego wyrazu pierwotnego ciągu \(\displaystyle{ (a_{n})}\) modulo 2009. I wtedy dopiero to działa, i to dokładnie zrobiłem.
mol_ksiazkowy pisze:Ile jest równa suma liczb takich które maja wszystkie elementy
ze zbioru \(\displaystyle{ \{ 1, ..., 9 \}}\) (każdy tylko raz)
tj. \(\displaystyle{ S = 123456789 + .... + 347619258 +...+ 746395128 + .... + 987654321}\)
?
Ukryta treść:
Nie mamy zera, które by nam coś porąbało, więc będzie prościej. Każda z cyfr występuje na pewnej pozycji w dokładnie \(\displaystyle{ 8!}\) różnych liczbach. Bo wybieramy po kolei miejsca dla pozostałych cyfr. Zatem dla każdej pozycji możemy dodać do sumy \(\displaystyle{ 8!}\) razy liczbę \(\displaystyle{ c \cdot 10^{p}}\), gdzie \(\displaystyle{ c}\) to nasza cyfra, a \(\displaystyle{ p}\) wskazuje pozycję. Ale to tak, jakbyśmy dodawali liczbę \(\displaystyle{ 111111111 \cdot 8! \cdot c}\), bo do takiej śmiesznej liczby (\(\displaystyle{ 111111111}\)) sumują się te \(\displaystyle{ 10^{p}}\).
Zatem \(\displaystyle{ S = 111111111 \cdot 8! \cdot \sum_{k=1}^{9} k = 111111111 \cdot 8! \cdot 45 =201599999798400}\)
Jakieś takie proste.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 31 lip 2013, o 15:06
autor: mol_ksiazkowy
Jakieś takie proste.
wyznaczyć wszystkie \(\displaystyle{ n \leq 9}\) takie, iż równanie \(\displaystyle{ (n!+1)x^2 - y^2=1}\) ma nieskończona ilość rozwiązań w N
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 1 sie 2013, o 17:33
autor: Vax
Hmm... proponuję może rzucać zadania, przy rozwiązywaniu których nie napotyka się przypadków, w których konieczne jest działanie na liczbach, które w mało którym kalkulatorze się mieszczą ;d
Ukryta treść:
Jeżeli \(\displaystyle{ n=1}\) to dostajemy \(\displaystyle{ 2x^2-y^2 = 1}\), tutaj zauważamy, że \(\displaystyle{ (x,y) = (1,1)}\) jest rozwiązaniem i jeżeli \(\displaystyle{ (x,y)}\) jest rozwiązaniem to \(\displaystyle{ (3x+2y , 4x+3y)}\) również jest rozwiązaniem, skąd dostajemy nieskończenie wiele rozwiązań.
Jeżeli \(\displaystyle{ n=2}\) dostajemy sprzeczność \(\displaystyle{ \pmod{3}}\), jeżeli \(\displaystyle{ n=3}\) dostajemy sprzeczność \(\displaystyle{ \pmod{7}}\), jeżeli \(\displaystyle{ n=4,5,7}\) to \(\displaystyle{ n!+1}\) jest kwadratem skąd jest maksymalnie skończona ilość rozwiązań, jeżeli \(\displaystyle{ n=6}\) dostajemy sprzeczność \(\displaystyle{ \pmod{7}}\), jeżeli \(\displaystyle{ n=9}\) to mamy sprzeczność \(\displaystyle{ \pmod{19}}\).
Został więc przypadek \(\displaystyle{ n=8}\), dla którego niestety żadnej sprzeczności nie otrzymamy, bo okazuje się, że równanie:
\(\displaystyle{ 40321x^2-y^2 = 1}\)
Ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach całkowitych. Można tutaj próbować kombinować podobnie jak dla \(\displaystyle{ n=1}\), ale powodzenia w szukaniu choćby jednego rozwiązania
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 3 sie 2013, o 11:33
autor: Ponewor
To dobry postulat. Ja jeszcze postuluję, byś dał nam jakieś zadanko w zamian
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
Pokazać, że dla każdego \(\displaystyle{ n\ge 0}\) wartość \(\displaystyle{ \frac{a_n}{3}}\) jest sumą dwóch sześcianów liczb naturalnych, ale nigdy nie jest sumą dwóch kwadratów liczb naturalnych.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
Znaleźć wszystkie trójki \(\displaystyle{ (x,y,n)}\) liczb całkowitych dodatnich takie, że \(\displaystyle{ NWD(x,n+1)=1}\) oraz \(\displaystyle{ x^n+1=y^{n+1}}\).
Najlepiej bez Mihăilescu.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 3 sie 2013, o 14:21
autor: Ponewor
a można z LTE?
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
Pokazać, że dla każdego \(\displaystyle{ n\ge 0}\) wartość \(\displaystyle{ \frac{a_n}{3}}\) jest sumą dwóch sześcianów liczb naturalnych, ale nigdy nie jest sumą dwóch kwadratów liczb naturalnych.
... 4#p2016380
W naszej drużynie binaj to zrobił .
Moim zdaniem dużo ciekawsze jest drugie zadanie z teorii liczb z tych zawodów .
Jakieśtam zadanie jest, więc może niech to nie będzie aktualne, ale jak ktoś chce se pokminić, to polecam:
... 4#p2016385
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 3 sie 2013, o 21:35
autor: KPR
Ponewor pisze:a można z LTE?
Raczej tak, LTE każdy umie udowodnić.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 4 sie 2013, o 02:14
autor: Vax
KPR pisze:Znaleźć wszystkie trójki \(\displaystyle{ (x,y,n)}\) liczb całkowitych dodatnich takie, że \(\displaystyle{ NWD(x,n+1)=1}\) oraz \(\displaystyle{ x^n+1=y^{n+1}}\).
Najlepiej bez Mihăilescu.
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ x^n+1 = y^{n+1}}\)
1 przypadek, \(\displaystyle{ 2 \nmid n \iff n = 2k+1}\), wówczas skoro \(\displaystyle{ (x,n+1)=1}\) to \(\displaystyle{ 2 \nmid x \Rightarrow 2 \mid y}\). Mamy więc \(\displaystyle{ x^{2k+1} = (y^{k+1}-1)(y^{k+1}+1)}\), ale \(\displaystyle{ (y^{k+1}-1,y^{k+1}+1) = (y^{k+1}-1,2) = 1}\), stąd dla pewnych \(\displaystyle{ a>b \ , \ (a,b)=1}\):
Czyli \(\displaystyle{ 2 = a^{2k+1}-b^{2k+1}}\), ale przez prostą indukcje można pokazać, że dla \(\displaystyle{ x,n \ge 2}\) zachodzi \(\displaystyle{ x^n - (x-1)^n > 2}\), stąd jeżeli \(\displaystyle{ a\ge 2 \wedge k\ge 1}\) to mamy \(\displaystyle{ 2 = a^{2k+1}-b^{2k+1} \ge a^{2k+1}-(a-1)^{2k+1} > 2}\) sprzeczność, więc \(\displaystyle{ a=1 \vee k=0}\), dla \(\displaystyle{ a=1}\) mamy od razu sprzeczność a dla \(\displaystyle{ k=0}\) dostajemy \(\displaystyle{ (x,y) = (4t^2-1 , 2t) \ , \ t \in \mathbb{Z}_+}\) (bo ma być \(\displaystyle{ (x,n+1)=1}\))
2 przypadek, \(\displaystyle{ 2 \mid n \iff n = 2k \ , \ k\ge 1}\), wówczas \(\displaystyle{ x^{2k} = (y-1)(y^{2k}+y^{2k-1}+...+y+1)}\)
Załóżmy, że istnieje jakieś pierwsze \(\displaystyle{ p}\) dzielące oba czynniki po prawej stronie, wtedy też \(\displaystyle{ p \mid x}\), ale skoro \(\displaystyle{ y \equiv 1\pmod{p}}\) to \(\displaystyle{ p \mid y^{2k}+...+y+1 \Rightarrow p \mid 2k+1}\) sprzeczność bo \(\displaystyle{ (x,2k+1)=1}\), więc dla pewnych \(\displaystyle{ a,b \ , \ ab=x}\) jest:
Co jest oczywiste po rozwinięciu lewej strony z dwumianu Newtona.
Niech kolejne będzie :
Swistak pisze:Jakieśtam zadanie jest, więc może niech to nie będzie aktualne, ale jak ktoś chce se pokminić, to polecam:
... 4#p2016385
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 16 sie 2013, o 14:56
autor: mol_ksiazkowy
Zostało jeszcze parę zadań:
i też może takie:
Dla jakich \(\displaystyle{ n \in N}\) jest \(\displaystyle{ \lfloor \frac{1}{3} n \rfloor ! \equiv 0 \ (mod \ n)}\) ?
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 16 sie 2013, o 17:19
autor: Ponewor
Ukryta treść:
No cóż, na pewno pasują wszystkie odpowiednio duże podzielne przez trzy (odpowiednio duże to w tym przypadku większe równe dziewięć). Jak się nie dzielą przez trzy, to na pewno muszą być złożone. Dobre są dostatecznie duże potęgi dwójki i liczby z dwoma nieparzystymi dzielnikami pierwszymi. No i zauważmy, że jedynka też pasuje. I to jest chyba wszystko tak na szybko. Jak wrócę to się może więcej rozpiszę (i wyłapię brakujące liczby i dam odpowiednie progi na "dostatecznie duże") i poczęstuję Was nowym zadankiem.
-- 17 sie 2013, o 13:32 --a tymczasem pobawcie się z czymś takim:
pokażcie, że równanie \(\displaystyle{ \left( x-y\right)\left( y-z\right)\left( z-x\right)=x^{2}+y^{2}+z^{2}}\), ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach naturalnych.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 19 sie 2013, o 22:10
autor: Vax
Ponewor pisze:pokażcie, że równanie \(\displaystyle{ \left( x-y\right)\left( y-z\right)\left( z-x\right)=x^{2}+y^{2}+z^{2}}\), ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach naturalnych.
\(\displaystyle{ Pawel}\) napisał i ukrył wielomian \(\displaystyle{ W}\) pewnego stopnia o nieujemnych współczynnikach całkowitych. \(\displaystyle{ Marcinek}\) chce odgadnąć ten wielomian. \(\displaystyle{ Pawel}\) może mu podać wartość wielomianu dla dowolnego całkowitego argumentu \(\displaystyle{ x}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ Marcinek}\) może odgadnąć wielomian zadając tylko dwa odpowiednie pytania.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 19 sie 2013, o 23:01
autor: Swistak
Stare, znane i łatwe . Najpierw pyta sie o \(\displaystyle{ W(1)}\), a potem o \(\displaystyle{ W(k)}\), gdzie \(\displaystyle{ k > W(1)}\) i kolejny cyfry z zapisie o podstawie \(\displaystyle{ k}\) tej liczby, to kolejne współczynniki .