|
|
|
|
[3239] jonas | 2010-02-12 21:57:23 |
Nyilván nem, mert a modulusok relatív prímek, így mindegyik sorozat tagjaihoz egyet hozzáadva a kapott sorozatoknak van metszetük, és az ebben lévő számok egyik eredeti sorozatban sincs benne.
|
Előzmény: [3238] bily71, 2010-02-12 21:01:37 |
|
[3238] bily71 | 2010-02-12 21:01:37 |
Konstruálható-e inkongruens lefedőrendszer csak prím modulusú tagokból?
|
|
|
|
[3235] Sirpi | 2010-02-11 18:03:18 |
m2mm úgy érti, hogy a bizonyítás ilyen hosszúságban elmondható (gyakorlatilag változatlan formában) úgy, hogy nem ejted ki azt a szót, hogy latin négyzet. Mellesleg én is ezt a bizonyítást ismerem a tétel "alap" bizonyításának.
|
Előzmény: [3234] bily71, 2010-02-11 17:28:19 |
|
[3234] bily71 | 2010-02-11 17:28:19 |
Annyi köze van a latin négyzetekhez, hogy ha nem latin négyzetekről lenne szó, akkor nem biztos, hogy tudnánk párokat képezni, ugyanis nem lenne biztosított, hogy minden sorban szerepeljen az egyes, főleg, hogy csak egyszer, biztosítva a párok egyértelműségét, elvégre definíció szerint egy n×n-es latin négyzet az 1-től n-ig terjedő egész számokat tartalmazza úgy, hogy minden sorában és oszlopában egy szám csak egyszer szerepel.
|
Előzmény: [3233] m2mm, 2010-02-11 14:52:08 |
|
[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 |
|