KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Számelméleti érdekességek

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[167] R.R King2014-02-03 15:28:28

Valóban kiváló, ő volt az egyik legjobb tanár az egyetemen. Van egy hasonló előadás, amit még a Fazekasban tartott, sajnos annak kevésbé jó a minősége.

http://www.youtube.com/watch?v=sR8iX8LhUqQ

Előzmény: [166] Róbert Gida, 2014-01-30 14:31:46
[166] Róbert Gida2014-01-30 14:31:46

Freud Róbert: "Százezer dolláros prímszámok" http://www.youtube.com/watch?v=kxuPwnPS9XQ

Zseniális előadás, jórészt laikusoknak. Freud: "Baráttól sem szabad elfogadni prímszámot!"

[165] Maga Péter2014-01-02 11:44:26

A Gunarasfürdőn tartott előadásom jegyzete elérhető innen. (Ez részletesebb, és messzebbre jut: ott nem volt idő mindenre.)

[164] csábos2013-11-30 21:30:34

Elég annyi, hogy minden i-hez van olyan j.

Előzmény: [163] w, 2013-11-30 21:25:13
[163] w2013-11-30 21:25:13

Igen, a ciklikus feltételt abban használtuk ki, hogy feltehetjük, hogy p|a1. (Bocs, későn vettem észre a hozzászólásodat.)

Előzmény: [161] csábos, 2013-11-30 20:24:42
[162] w2013-11-30 21:14:34

A gondolatmenetet lehet, hogy egyszerűbb úgy leírni, hogy tfh. indirekt van ilyen, és vagyük azt, melyre \sum a_i a legkisebb. Én mondjuk más megoldásra gondoltam.

Legyen p az a1a2...an szorzat legkisebb prímosztója, feltehetően p|a1. Ekkor ba2\equiv1 (mod p), és a Kis-Fermat-tétel szerint bp-1\equiv1 (mod p) úgyszintén, hisz b és p a feltételekből relatív prím. De ekkor az op(b) rend osztja p-1-et és a2-t, amiért legnagyobb közös osztójukat is, d-t. Minthogy azonban d<p és d|a2, ezért d-nek nem lehet prímosztója a kitételünk miatt, amiért d=1, így op(b)=1, p|b-1. Ebből pedig következik a feladat állítása.

Ezt a feladatot az A.598-as feladat kapcsán találtam ki. A két feladat ugyanis megegyezik egymással!*

Definíció. Legyen P(x,y) egy x és y pozitív egészekre vonatkozó állítás. Tegyük fel róla a következőket. (1a) z|y esetén P(x,y)\impliesP(x,z), (1b) P(x1,y) és P(x1,y) \impliesP(lnko(x1,x2),y), (2) ha p prím, akkor P(f(p),p) igaz, ahol f(p) olyan tulajdonságú függvény, hogy \foralln\inN+ lnko(n,f(p))-nek van q prímosztója, akkor q<p.

Feladat. Tudjuk, hogy a1,a2,...,an,an+1=a1\inN+ számsorozatra P(ai+1,ai) érvényes \foralli\len,i\inN+. Igazoljuk, hogy P(1,p) teljesül a1a2.....an valamely prímosztójára.

Megoldás. Legyen p az a1a2...an szorzat legkisebb prímosztója, feltehetően p|a1. Egyrészt a feltétel szerint P(a2,a1), amiből (1a) szerint P(a2,p) következik. Másrészt (2) miatt P(f(p),p), amit előbbivel összevetve (1b) szerint P(lnko(a2,f(p)),p) adódik. Ellenben (2) miatt ez csak úgy lehet, hogy lnko(a2,f(p))=1, amivel épp az állítást kaptuk.

Nos, ha P(x,y):bx\equiv1 (mod y) és f(p)=p-1, akkor éppen az általam kitűzött feladatot kapjuk, azzal a triviális számelméleti megfontolással megtoldva, hogy lnko(b,p)=1. Míg ha P(x,y):y|Fx, akkor az A.598 adódik, azzal a megjegyzéssel, hogy f csak az 5-nél nagyobb prímszámokra van értelmezve (és f(p)=p\pm1), ezért külön kell kitérnünk arra az esetre, hogy p\le5, p|a1a2...an.

* Ha valaki kifogásolná, ez kicsit hatásvadászat volt :-).

Előzmény: [160] 88FFAA, 2013-11-30 19:28:42
[161] csábos2013-11-30 20:24:42

Legyen p a legkisebb prím, amely osztja valamely aj-t. A könnyebb jelölésért tegyük fel, hogy p|a1 Ekkor a1|ba2-1. Azaz, p|ba2-1. Tudjuk, hogy p|bp-1-1,

így p|blnko(p-1,a2)-1. Mivel a2 minden prímosztója nagyobb, mint p, ezért a lnko=1, azaz p|b-1.

Persze csalás, hogy nem használtuk ki a ciklikus feltételt.

Előzmény: [159] w, 2013-11-26 19:03:07
[160] 88FFAA2013-11-30 19:28:42

Ha létezik olyan ai, melyre lnko(ai,b)>1, akkor ai|bai+1-1 nem teljesülhet. Tehát bármely i-re lnko(ai,b)=1, tehát az oai(b) rend létezik.

Tegyük fel indirekt, hogy lnko(b-1,a1a2...an)=1. Ebből következik, hogy b nem kongruens 1-gyel mod ai, ezért oai(b)>1 bármely i-re. Mivel bai+1\equiv1mod ai, így oai(b)|ai+1 (ebből oai(b)\leai+1). Azt is tudjuk, hogy oai(b)\le\varphi(ai)<ai. Vegyünk egy i-t, melyre ai+1\neoai(b) és írjunk helyette ai+1'=oai(b). Ekkor egy olyan szám n-est kaptunk, melyben csökkentettük ai+1-et, és a többi ai -t meghagytuk, tehát a számok összege csökkent legalább 1-gyel. Ez az új szám n-es sem tartalmazza az 1-et és kielégíti az eredeti feltételeket. Ezt a cserélgető lépést ismételgessük, ameddig meg nem állunk. (Az összeg legalább eggyel csökkenése miatt véges sok lépésben meg fogunk.)

A kapott szám n-est jelöljük x1,...,xn -nel, ekkor bármely i-re xi+1=oxi(b) és oxi(b)\ne1. Ezért az x1,x2,...xn,xn+1=x1 sorozat szigorú monoton csökkenő lesz, tehát azt kaptuk, hogy x1>x1, mely ellentmondás.

Előzmény: [159] w, 2013-11-26 19:03:07
[159] w2013-11-26 19:03:07

Legyenek b,a1,a2,...,an (an+1=a1) olyan 1-nél nagyobb egész számok, melyekre ai|bai+1-1 \foralli=1,2,...,n.

Bizonyítsuk be, hogy lnko(b-1,a1a2...an)>1.

[158] csábos2013-11-23 23:05:57

Az a honlap kicsit csal. Szigorú értelemben véve egy automorf szám első jegyének meg kéne engedni, hogy 0 is lehessen. pl: 625 négyzete nemcsak 625-re, hanem 0625-re végződik. Tehát a 625 az három- és négyjegyű automorf szám lesz.

Előzmény: [157] jonas, 2013-11-19 12:31:32
[157] jonas2013-11-19 12:31:32

A003226.

Előzmény: [156] csábos, 2013-11-19 00:04:46
[156] csábos2013-11-19 00:04:46

Az angol kiadásban 012345679 szerepel, ami helyes.

Íme egy másik, ugyanabból a könyvből:

... he was doing 76 miles an hour, and he would see that 76 squared was 5776, which ended in 76 as it started, which made 76 an automorphic number, only one of two before 100.

Hány 3,4 5 jegyű ,,automorf szám" van?

Előzmény: [155] HoA, 2013-11-18 09:55:09
[155] HoA2013-11-18 09:55:09

Vagyis \frac {1} {81} tizedestört alakjában nincs 8-as.

Előzmény: [154] w, 2013-11-17 12:15:42
[154] w2013-11-17 12:15:42

0,\overline{0123456789}=\frac{13717421}{1111111111}=\frac{3607\cdot 3803}{11\cdot41\cdot271\cdot9091}

0,\overline{23456789}=\frac{23456789}{10^8-1} legegyszerűbb alakban (a 23456789 prímszám!)

\frac{1}{81}=0,\overline{012345679}

Előzmény: [153] HoA, 2013-11-17 10:18:22
[153] HoA2013-11-17 10:18:22

At első jópofa újjgyakorlat. Mutassuk meg adott alakú egészről, hogy ez a tulajdonsága a jegyek sorozatos összeadása során sem változik.

A másodiknak egy baja van: nem igaz.

Előzmény: [152] csábos, 2013-11-16 21:49:10
[152] csábos2013-11-16 21:49:10

Lee Child: A wanted man című krimijében az alábbiak olvashatók:

Take any three consecutive numbers, the largest one divisible by 3, and add them up, and then add the sum of the digits of the result again and again if necessary, until single number is left, That number will be six.

... one divided by 81 expressed as a decimal came out as .0123456789, which is then recurred literally forever, 0123456789 over and over ...

[151] w2013-08-17 18:00:15

Mi több, minden páratlan prímszám pontosan egyféleképpen lesz f(x,y).

Előzmény: [150] Róbert Gida, 2013-08-17 16:31:23
[150] Róbert Gida2013-08-17 16:31:23

Ha x=2;y=0, akkor f(x,y)=1 egyébként f(x,y) mindig prím. Ugyanis g(x,y)!=0 esetén g2(x,y)-1\ge0, így f(x,y)=\frac{y-1}{2}*0+2=2, azaz prím. Ha g(x,y)=0, akkor x=\frac {y!+1}{y+1}, de x egész, így (y+1)|(y!+1) is teljesül, amiből következik, hogy y=0 vagy y=p-1 (Wilson tétel). Ha y=0, akkor x=2, ez kivétel. Ha y=p-1, akkor x=\frac {(p-1)!+1}{p}, és f(x,y)=\frac {p-2}{2}*2+2=p.

Előzmény: [149] w, 2013-08-11 17:00:50
[149] w2013-08-11 17:00:50

Legyen x és y természetes szám. Miért olyan érdekes az

f(x,y)=\frac{y-1}2\left(|g^2(x,y)-1|-(g^2(x,y)-1)\right)+2\quad ahol

g(x,y)=x(y+1)-(y!+1)

függvény?

[148] w2013-07-30 18:32:10

Köszönöm, de nem tőlem származik. Sok minden jó van ebben a könyvben. (46. oldal)

Előzmény: [147] Maga Péter, 2013-07-30 18:06:33
[147] Maga Péter2013-07-30 18:06:33

Azért a te konstrukciód sem rossz, az 1983-as IMO 5-ös feladatát megoldja:).

Előzmény: [146] w, 2013-07-30 15:09:10
[146] w2013-07-30 15:09:10

Igen, és sokkal szebb módon.

Előzmény: [145] Maga Péter, 2013-07-30 14:30:19
[145] Maga Péter2013-07-30 14:30:19

Behrendé sokkal nagyobb halmazt ad, e^{C\sqrt{\log x}} minden xc-nél lassabban, de minden pol(log(x))-nél gyorsabban nő.

Előzmény: [143] w, 2013-07-30 14:13:00
[144] w2013-07-30 14:16:20

Egyébként teljesen mindegy, hogy a {1,2,...,n} vagy a {0,1,...,n-1} halmazról van szó. :-)

Előzmény: [143] w, 2013-07-30 14:13:00
[143] w2013-07-30 14:13:00

Ez szép!

A két konstrukciót érdemes összehasonlítani. Az általam írt megoldásra megadhatjuk a (pontatlan) |A|\ge2[log3(N)] becslést, tehát a két becslés hasonló jellegű. Egyik skatulya-elvre támaszkodik, másik pedig algebrai tulajdonságokra. Viszont mindkettő megoldás kulcsfontosságú, és azt gondolom, feltétlenül szükséges (vagy mégsem?) eleme a számrendszer alkalmazása.

Ha k hosszú számtani sorozatokat szeretnénk csak mellőzni, akkor |Ak|\ge(k-1)[logk(N)].

Előzmény: [142] Maga Péter, 2013-07-30 08:50:24

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap