[3233] m2mm | 2010-02-11 14:52:08 |
Ez korrekt megoldás, de ennek valójában semmi köze a latin négyzetekhez. Egyszerűen párokat képezel, ez az egyik legismertebb bizonyítása a tételnek.
|
Előzmény: [3231] bily71, 2010-02-11 12:49:08 |
|
|
[3231] bily71 | 2010-02-11 12:49:08 |
Ha életedben nem hallottad, hogy a latin négyzetek segítségével a Wilson-tétel bizonyítható, ez bizonyára érdekes lesz számodra, és legalább nem "halál ismert", legalábbis általad, (itt most az idézőjel nem iróniát, hanem tényleges idézést jelöl).
Legyen pP, azaz prím. Képezzünk p maradékosztályaiból, a 0-át kihagyva szorzótáblát. Ekkor a táblázat latin négyzet, ezt már [3187]-ben beláttuk.
Ennek az a következménye, hogy minden a-hoz létezik egy, és csakis egy b szám, hogy
ab1(mod p),
ahol a és b p egy-egy maradékosztálya.
Az a=b csak a=1, vagy a=p-1 esetén fordulhat elő, minden más esetben ab, ugyanis, ha
a21(mod p),
akkor
a2-10(mod p),
de akkor p nem lehet prím, mert
a2-1=(a-1)(a+1)0(mod p).
Ennek az a következménye, hogy az 1<a<p-1 maradékosztályok párokba rendezhetőek, így lesz darab olyan számpárunk, hogy
aibj1(mod p).
Ezeket a számpárokat helyettesíthetjük 1-gyel, így a következőt kapjuk:
(p-1)!=1.2.3...(p-3)(p-2)(p-1)=1.1...1.1(p-1)p-1(mod p).
Q.E.D.
|
Előzmény: [3186] Róbert Gida, 2010-02-01 17:11:09 |
|
|
|
[3228] lgdt | 2010-02-10 19:46:38 |
Látom, már megoldódott. Lehet, hogy senkit nem érdekel, de azért leírom, hogy hogyan jutottam megoldáshoz az undorítóan bonyolult gondolatmenetemmel:
Mivel f() folytonos, ha >1-re lehetne negatív, akkor 0 is lenne valahol, azaz a determináns harmadik sorát ki lehetne hozni az első kettő 1-gyel és 2-vel súlyozott lineáris kombinációjaként. Ez pedig azt jelentené, hogy a függvényt három helyen is metszené a 1+2t egyenes, ami - ahogy neked is ezen múlott - a függvény konkáv volta miatt nem lehetséges.
|
Előzmény: [3225] Ali, 2010-02-09 11:14:23 |
|
|
[3227] Fálesz Mihály | 2010-02-10 10:34:19 |
A derivált használatát el lehet kerülni.
Ha az x,y,z számok különbözők, akkor
Ha 1 vagy 0, akkor a függvény konvex, tehát az utolsó tényező nemnegatív.
Ha 01, akkor konkáv, és az utolsó tényező nempozitív.
(Ez lényegében ugyanaz, mint Ali megoldása.)
Egy kapcsolódó KöMaL feladat itt olvasható.
|
Előzmény: [3225] Ali, 2010-02-09 11:14:23 |
|
[3225] Ali | 2010-02-09 11:14:23 |
Ha > 1, akkor f 0, ha 0 < < 1, akkor f 0. Ha pedig =0 vagy =1, akkor f=0. Ha x=0, akkor triviális.
Legyen y=ux, z=vy=uvx. Feltehető tehát, hogy x > 0, u,v > 1
Ismert, hogy konvex és differenciálható g fv-re , ahol t > s. Ha g konkáv, akkor az ellenkező irányú egyenlőtlenség áll fenn. Legyen g(x):=xa.
g konvex, ha a>1, illetve a<0, konkáv, ha 0<a<1. Ezért ha > 1, akkor . Ha pedig 0 < < 1, akkor .
f-re is ugyanez igaz, mivel > 0.
|
Előzmény: [3201] sakkmath, 2010-02-05 15:18:09 |
|
|
[3223] Róbert Gida | 2010-02-08 22:02:04 |
n=2,p=5-re nem igaz a kongruenciád. Ahhoz, hogy jó legyen (p)-1 kell a kitevőbe, továbbá p lehet páros is. És persze ezt nem p prím esetén Euler-Fermat tételnek hívják, és nem kis-Fermat tételnek.
|
Előzmény: [3221] Sirpi, 2010-02-08 10:52:51 |
|
[3222] Fernando | 2010-02-08 11:27:47 |
Kedves Bily71!
A Fermat-álprímekről (341 Fermat-álprím 2-es alapra nézve), Carmichael számokról (pl. 561) és a Fermat-tétel megfordításának lehetőségiről olvashatsz: "Megyesi László: Bevezetés a számelméletbe" című könyvében (Polygon, Szeged 1997)
|
Előzmény: [3212] bily71, 2010-02-07 19:23:42 |
|
|
|
[3219] Sirpi | 2010-02-08 09:15:16 |
RG sajátságos stílusával azt próbálta sugallni, hogy ez az összefüggés prímekre pl. ekvivalens a kis-Fermat tétellel (sőt, a következő átalakításnál csak azt használom ki, hogy p páratlan poz. egész):
2.(p-2)p-2p-1
-2.(p-2)p-2-(p-1)
(p-2).(p-2)p-21
(p-2)p-11
Ez meg tényleg a kis-Fermat a=p-2-es alapra. Már ez az alap is nagyon sok nem-prímet lebuktat, de ha további alapokat is nézünk, akkor egyre biztosabban eldönthető, hogy p prím-e. Egyébként ez a prímteszt erősíthető (Rabin-Miller-féle prímteszt):
Legyen p-1=2m.k, és vegyünk egy 1<a<p-1 alapot. Számítsuk ki az ak,a2k,a4k,...,a2mk=ap-1 számokat (az elsőt "bináris" hatványozással, a többit mindig az előzőből sima négyzetre emeléssel).
Ha az utolsó nem 1 maradékot ad p-vel osztva, akkor p biztosan összetett. Ha már ak1, akkor a teszt nem tud semmit mondani. Ellenkező esetben viszont van néhány 1-től különböző elem a sorozatban, aztán a végén néhány 1-es. Van tehát egy utolsó, 1-től különböző elem. Ha ez nem -1, akkor p összetett, ez a teszt lényege (ha p prím, akkor az x21-nek csak 2 megoldása lehet, az 1 és a -1).
Bizonyítható, hogy adott p összetett számra a szóba jöhető a-k legfeljebb negyede nem buktatja le p összetettségét, vagyis pl. 20 véletlen a-t választva 1/420 esélye lesz annak, hogy p összetett és ez mégse derült ki. A teszt viszont hiába buktatja le p-t, semmilyen támpontot nem ad p osztóira.
|
Előzmény: [3218] Róbert Gida, 2010-02-07 22:48:06 |
|
|
|
|
|
|
|
[3212] bily71 | 2010-02-07 19:23:42 |
Igaz-e, hogy, ha pP, azaz prím, akkor
|
|
|
[3210] lgdt | 2010-02-06 14:23:19 |
Hát izé. A vektort megszorozhatjuk annyival, hogy a nem 0 koordinátái mind 1-nél nagyobbak legyenek, és ettől a determináns előjele nem változik. Ekkor viszont f() monoton növő és folytonos.
|
Előzmény: [3209] sakkmath, 2010-02-06 13:43:09 |
|
|