[3187] bily71 | 2010-02-01 20:03:10 |
Bármely n számrendszerbeli szorzótábla, (tehát nemcsak prím) ha elhagyjuk a 0-át, mint szorzótényezőt, középontosan szimmetrikus, hiszen
ab(n-a)(n-b)(mod n).
Ugyanezen táblázat tengelyesen is szimmetrikus, a maradékok abszolútértékére tekintettel, hiszen
|ab||(n-a)b||a(n-b)|(mod n).
Ez nem fontos, de, ha már szóba került: ha a szorzótábla p, azaz prím számrendszerbeli, akkor az a szám csak egyszer fordulhat elő soronként, ugyanis, ha többször szerepelne, akkor vagy a|p, vagy (a,p)1, egyik sem lehetséges, hiszen p prím, tehát a táblázat latin négyzet.
Ezen tulajdonságokat immáron bizonyítottnak tekinthetjük.
Most már nincs több teendőnk, csak a behelyettesítéseket kell végrehajtani a
képletbe, és az eredmény a Wilson-tétel.
Egyébként szó sincs arról, hogy ki kellene számolni (n-1)! értékét, vagyis, hogy n-2 darab szorzást kellene eszközölni egy szám Wilson-féle tesztelése során. Legyen . Legyen k=pii, azaz a prímek kitevőjükkel vett szorzatok közül a legnagyobb. Ekkor
k!0(mod n).
Tehát elég k darab szorzást és k darab osztást, azaz 2k darab műveletet végrehajtani.
De az is lehet, hogy szokás szerint tévedtem, ez esetben elnézést kérek mindenkitől.
|
Előzmény: [3186] Róbert Gida, 2010-02-01 17:11:09 |
|
[3186] Róbert Gida | 2010-02-01 17:11:09 |
"Az előbb felsorolt tulajdonságok ismertek, bizonyításukat most mellőzhetjük."
Életemben nem hallottam, hogy valaki is latin négyzetekkel próbálná bebizonyítani a Wilson tételt. Ne tartsd magadban!
|
Előzmény: [3185] bily71, 2010-02-01 15:41:23 |
|
[3185] bily71 | 2010-02-01 15:41:23 |
Wilson szerint (p-1)!p-1(mod p), ha p prím.
Tekintsük a p számrendszerbeli szorzótáblát. Ha a 0-át kihagyjuk, azaz a számokat csak 1-től p-1-ig szorozzuk össze, akkor a táblázat i-edik oszlopának j-edik eleme aiji.j(mod p).
Ebből következik, hogy i!aij(mod p), ahol j(i-1)!(mod p).
A táblázat, mivel p prím, egy latin négyzet, amely nem tartalmazza a 0-át és középpontosan szimmetrikus, azaz aija(p-i)(p-j)(mod p), továbbá tengelyesen is szimmetrikus oly módon, hogy aijp-a(p-i)j(mod p). Az előbb felsorolt tulajdonságok ismertek, bizonyításukat most mellőzhetjük.
A fenti szimmetriákból és a összefüggésből adódik, hogy (p-1)!p-1(mod p), tehát ez egy speciális eset.
|
Előzmény: [3184] Fálesz Mihály, 2010-02-01 12:04:48 |
|
[3184] Fálesz Mihály | 2010-02-01 12:04:48 |
Úgy látom, kezdenek forrósodni a kedélyek...
Szóval,
(p-1)!=(p-n)!.(p-n+1)(p-n+2)...(p-1)(p-n)!.(-n+1)(-n+2)...(-1)=(p-n)!.(-1)n-1(n-1)! (mod p),
és persze egyszerűsíthetünk bármivel, ami nem osztható p-vel.
De hol van ebben a Wilson-tétel?
|
|
|
[3182] Róbert Gida | 2010-02-01 11:43:16 |
Halál ismert példa, k=n-1 jelöléssel és osztással azt állítja a feladat, hogy . Ami például Graham Konkrét matematika című könyvében az 5. fejezet 5. példája. És szerinte ez k=0-ra spec. esete a Wilson tételnek. Egy túróst.
|
Előzmény: [3179] Maga Péter, 2010-02-01 08:11:25 |
|
[3181] bily71 | 2010-02-01 09:43:04 |
Saját! Ez az első "igazán komoly tételem", amit bizonyítanom is sikerült.:)
Ezzel a képlettel felgyorsítható a Wilson-teszt, hisz nem kell p-2 darab szorzást elvégezni, de még így is lassúbb, mint a naív módszer.
|
Előzmény: [3179] Maga Péter, 2010-02-01 08:11:25 |
|
|
|
|
|
[3176] Lóczi Lajos | 2010-01-30 17:50:28 |
Valamely m nemnegatív valós szám esetén jelölje Hm azt a végtelen háromszögtartományt a nyílt jobboldali komplex félsíkon, amelynek z=a+bi (a>0) pontjaira fennáll, hogy |b|ma.
Van-e olyan komplex függvény, amelyik értelmezve van a nyílt jobboldali komplex félsíkon (azaz a>0 esetén), ott (komplex értelemben) deriválható, és
- nem létezik a limesze az origóban, ha z0 és a>0 (vagyis ha z a jobb félsíkból tetszőlegesen jőve közelíti meg a nullát)
- viszont minden m0 esetén létezik véges limesze az origóban, ha z0 és zHm (vagyis ha z a háromszögtartományban haladva tart a nullához). (Igaz-e továbbá, hogy van olyan példa, hogy ez a létező véges limesz m-től függetlennek is választható?)
|
|
[3175] bily71 | 2010-01-30 14:11:17 |
Igaz-e, hogy ha pP, azaz prím, akkor
(nN és 0<n<p)?
|
|
[3174] Horváth Bence | 2010-01-21 19:49:56 |
Gézi ezt a feladatot nehéz meg csinálni de nagyon tetszik
|
|
|
[3172] Radián | 2010-01-18 15:43:56 |
Vegyük az egységsugarú kört és tegyük bele a négyzetünkbe(úgy hogy a négyzetünk és a kör középpontja egybeessen), majd forgassuk el úgy a körünket, hogy a kerületén kiválasztott A1 pont egybeessen a négyzet azon felezőpontjával (A2-vel), amely az R2 sugarú kör középpontja. Ha meghúzzuk az A1(=A2) pontból a megfelelő R1 sugarú kört akkor láthatjuk, hogy ez esetben négyzetünket nem osztottuk két egyenlő területű részre.(Hiszen R1<2 , így a kör a négyzetet két olyan pontban metszi melyek távolsága B ill C csúcstól (A2 eleme BC) kevesebb, mint 1/2. Így ha az R1 sugarú körrel (k1-gyel) eredeti körünket két egyenlő részre osztottuk, akkor négyzetünket a k1 kör nem fogja két egyenlő területű részre osztani.) Méghozzá az a rész lesz kisebb melyet tartalmaz a k1 kör. Így ahhoz hogy a négyzetünket két egyenlő területű részre oszthassuk egy R1-nél nagyobb sugarú R2 "körre" van szükségünk.
|
Előzmény: [3171] Valezius, 2010-01-18 14:44:55 |
|
[3171] Valezius | 2010-01-18 14:44:55 |
Van egy egységsugarú kör, kijelölünk a kerületén egy pontot ahonnan R1 sugárral kört rajzolunk úgy, hogy a körív két azonos területű részre ossza a kört.
Van egy 2 egység oldalhosszúságú négyzetünk, az egyik oldal felezőpontjából R2 sugárral kört rajzolunk úgy, hogy a körív két azonos területű részre ossza a négyzetet.
Érzésre R1 vagy R2-e a nagyobb? Leginkább heurisztikus megoldás érdekelne, a konkrét értékek kiszámolása nélkül.
|
|
|
[3169] Valezius | 2010-01-14 12:28:34 |
Igen, bocsi. Az volt a baj, hogy a számlálóban a papíromon -1 szerepel, és nem +1. Tehát mégse ugyanaz jött ki, csak azt hittem.
|
|
[3168] HoA | 2010-01-14 11:30:59 |
Igen, a szögletes zárójel egészrészt jelöl . 10 golyóra a várható nyeremények k = 1,2,3,4,5 esetén nálam is 1 ; 1,8 ; 2,16 ; 2,016 ; 1,512 , tehát k=3 az optimum. 20 golyónál a gyök alatt négyzetszám van, valóban k = 4-re és 5-re egyformán 2,907 a várható nyeremény.
|
Előzmény: [3164] Valezius, 2010-01-13 18:19:41 |
|
|
[3166] jonas | 2010-01-13 21:07:05 |
Szerintem ha 10 golyó van, akkor hármat kell húzni, mert akkor a várható nyeremény 2,16, míg ha csak kettőt húzunk, akkor 1,8. Még négyet is jobb húzni, mint kettőt.
|
Előzmény: [3165] Valezius, 2010-01-13 18:33:36 |
|
|
[3164] Valezius | 2010-01-13 18:19:41 |
Idáig én is eljutottam, csak még nem találtam ki, hogy kéne kezelni, ha nem egészre jön ki. A zárójel az egész részt jelent nálad?
Mert 10-re, akkor ez 2,7-et ad, azaz 2-őt. De ott az elv alapján 3 golyónál kell megállni.
|
Előzmény: [3163] HoA, 2010-01-13 17:17:06 |
|
|