|
[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 |
|