Fórum: Érdekes matekfeladatok

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100] [101] [102] [103] [104] [105] [106] [107] [108] [109] [110] [111] [112] [113] [114] [115] [116] [117] [118] [119] [120] [121] [122] [123] [124] [125] [126] [127] [128] [129] [130] [131] [132] [133] [134] [135] [136] [137] [138] [139] [140] [141] [142] [143] [144] [145] [146] [147] [148] [149] [150] [151] [152] [153] [154] [155] [156] [157] [158] [159] [160] [161]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[3230] Róbert Gida	2010-02-10 22:46:58
Igazán nem kötekedés akar lenni, de jobban szeretik úgy mondani, hogy p legyen páratlan prím.
Előzmény: [3216] bily71, 2010-02-07 22:31:14

[3229] lgdt	2010-02-10 19:49:40
úgy értem, konvex
Előzmény: [3228] lgdt, 2010-02-10 19:46:38

[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( $\alpha$ ) folytonos, ha $\alpha$ >1-re lehetne negatív, akkor 0 is lenne valahol, azaz a determináns harmadik sorát ki lehetne hozni az első kettő $\lambda$ ₁-gyel és $\lambda$ ₂-vel súlyozott lineáris kombinációjaként. Ez pedig azt jelentené, hogy a $t^\alpha$ függvényt három helyen is metszené a $\lambda$ ₁+ $\lambda$ ₂t egyenes, ami - ahogy neked is ezen múlott - a függvény konkáv volta miatt nem lehetséges.

Előzmény: [3225] Ali, 2010-02-09 11:14:23

[3226] Fálesz Mihály

2010-02-10 10:41:39

Még egy apróság, ami tanulságos lehet.

Legyen az egyszerűség kedvéért 0<x<y<z, és legyen p(t)=at²+bt+c az a másodfokú polinom, amire $p(x)=x^\alpha$ , $p(y)=y^\alpha$ és $p(z)=z^\alpha$ .

a=?

Előzmény: [3227] Fálesz Mihály, 2010-02-10 10:34:19

[3227] Fálesz Mihály

2010-02-10 10:34:19

A derivált használatát el lehet kerülni.

Ha az x,y,z számok különbözők, akkor

$(x-z)y^\alpha + (y-x)z^\alpha + (z-y)x^\alpha = (y-x) (z-y) \left(\frac{z^\alpha-y^\alpha}{z-y} - \frac{y^\alpha-x^\alpha}{y-x}\right).$

Ha $\alpha$ $\ge$ 1 vagy $\alpha$ $\le$ 0, akkor a $t\mapsto t^\alpha$ függvény konvex, tehát az utolsó tényező nemnegatív.

Ha 0 $\le$ $\alpha$ $\le$ 1, akkor $t\mapsto t^\alpha$ 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 $\alpha$ > 1, akkor f $\ge$ 0, ha 0 < $\alpha$ < 1, akkor f $\le$ 0. Ha pedig $\alpha$ =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

$f(x, y, z):= (x - z)y^\alpha + (y - x)z^\alpha + (z - y)x^\alpha = x^{\alpha+1}u^\alpha(u-1)(v-1)(\frac{u^{1-\alpha}-1}{u-1}+\frac{v^\alpha-1}{v-1}-1)$

Ismert, hogy konvex és differenciálható g fv-re $\frac{g(t)-g(s)}{t-s} \ge g'(s)$ , ahol t > s. Ha g konkáv, akkor az ellenkező irányú egyenlőtlenség áll fenn. Legyen g(x):=x^a.

g konvex, ha a>1, illetve a<0, konkáv, ha 0<a<1. Ezért ha $\alpha$ > 1, akkor $\frac{u^{1-\alpha}-1}{u-1}+\frac{v^\alpha-1}{v-1}-1 \ge 1-\alpha + \alpha -1 = 0$ . Ha pedig 0 < $\alpha$ < 1, akkor $\frac{u^{1-\alpha}-1}{u-1}+\frac{v^\alpha-1}{v-1}-1 \le 1-\alpha + \alpha -1 = 0$ .

f-re is ugyanez igaz, mivel $x^{\alpha+1}u^\alpha(u-1)(v-1)$ > 0.

Előzmény: [3201] sakkmath, 2010-02-05 15:18:09

[3224] Sirpi	2010-02-08 22:11:17
Igazad van, elkapkodtam. És először én is Euler-Fermat-t írtam, csak nem mentette el a hsz-t, másodszorra meg már nem sikerült.
Előzmény: [3223] Róbert Gida, 2010-02-08 22:02:04

[3223] Róbert Gida	2010-02-08 22:02:04
n=2,p=5-re nem igaz a kongruenciád. Ahhoz, hogy jó legyen $\varphi$ (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

[3221] Sirpi	2010-02-08 10:52:51
Miért kell oda a $\varphi$ (n) ? A p kitevőjét bármilyen pozitívra állítod, a számláló akkor is -1 lesz a jobb oldalon. Igazából ha már általánosítás (és itt nem is kell, hogy p prím, csak hogy 2-nél nagyobb páratlan, valamint p és n relatív prímek): $(p-n)^{\varphi(n)-1} \equiv \frac{p-1}n (\mod p)$ , de ez megintcsak ekvivalens a kis Fermat-tétellel.
Előzmény: [3220] bily71, 2010-02-08 10:03:21

[3220] bily71

2010-02-08 10:03:21

Nem RG bosszantásául, csak, mert érdekesnek találtam, ugyanez általánosan:

$(p-n)^{p-2}\equiv\frac{p^{\varphi(n)}-1}{n}(\mod{p}),$

ahol p $\in$ P, n $\in$ N, p>2, 0<n<p.

Előzmény: [3219] Sirpi, 2010-02-08 09:15:16

[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):

$(p-2)^{p-2} \equiv \frac{p-1}2\quad (\mod p)$

2^.(p-2)^p-2 $\equiv$ p-1

-2^.(p-2)^p-2 $\equiv$ -(p-1)

(p-2)^.(p-2)^p-2 $\equiv$ 1

(p-2)^p-1 $\equiv$ 1

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=2^m^.k, és vegyünk egy 1<a<p-1 alapot. Számítsuk ki az a^k,a^2k,a^4k,...,a^{2^mk}=a^p-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 a^k $\equiv$ 1, 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 x² $\equiv$ 1-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

[3218] Róbert Gida	2010-02-07 22:48:06
Újra felfedezted(?) a Fermat-féle prímtesztet.
Előzmény: [3217] bily71, 2010-02-07 22:42:34

[3217] bily71	2010-02-07 22:42:34
Sajnos van, ellenkező esetben lenne egy viszonylag gyors prímtesztünk, ha (p-2)^p-2 értékét a gyorshatványozás módszerével számoljuk ki.
Előzmény: [3213] R.R King, 2010-02-07 19:35:45

[3216] bily71	2010-02-07 22:31:14
Igazad van, hiányzik a p>2 feltétel.
Előzmény: [3215] Róbert Gida, 2010-02-07 20:29:02

[3215] Róbert Gida

2010-02-07 20:29:02

p=2-re 0⁰ nincs értelmezve.

(A hozzászólás egy részét töröltem. Moderátor)

Előzmény: [3212] bily71, 2010-02-07 19:23:42

[3214] Lóczi Lajos	2010-02-07 19:53:57
Ez 1000 alatt pontosan az alábbi 3 számra igaz: 341, (a hasonló kontextusból jól ismert) 561 és a 645.
Előzmény: [3213] R.R King, 2010-02-07 19:35:45

[3213] R.R King	2010-02-07 19:35:45
Igaz, és kis Fermat tétellel elég könnyen kihozható! Ami érdekes lehet, hogy van-e olyan páratlan összetett szám, amelyre még igaz ez a kongruencia..
Előzmény: [3212] bily71, 2010-02-07 19:23:42

[3212] bily71

2010-02-07 19:23:42

Igaz-e, hogy, ha p $\in$ P, azaz prím, akkor

$(p-2)^{p-2}\equiv\frac{p-1}{2}(\mod{p})?$

[3211] lgdt	2010-02-06 14:24:48
Nem, ez hülyeség. Bocsi.
Előzmény: [3210] lgdt, 2010-02-06 14:23:19

[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( $\alpha$ ) monoton növő és folytonos.
Előzmény: [3209] sakkmath, 2010-02-06 13:43:09

[3209] sakkmath	2010-02-06 13:43:09
Már csak a sejtés bizonyítása van hátra :-)
Előzmény: [3208] lgdt, 2010-02-06 12:34:11

[3208] lgdt	2010-02-06 12:34:11
Hasonlóan $\alpha = \frac{1}{2}$ jó a b) feladatra, csak ki kell cserélni az utolsó két sort, ezért lesz a determináns negatív. És intuitíve ha $\alpha$ >1, akkor a koordinátánkénti hatványozás "ugyanúgy" forgatja el az (x,y,z) vektort, mint az $\alpha$ =2 esetben, ezért az előjeles térfogat pozitív marad. Szóval azt sejtem, hogy $\alpha$ <1-re f $\le$ 0, $\alpha$ =1-re f=0 és $\alpha$ >1-re f $\ge$ 0.
Előzmény: [3207] lgdt, 2010-02-06 01:23:54

[3207] lgdt	2010-02-06 01:23:54
A det is lemaradt. De szóval ebből az alakból látszik, hogy az $\alpha$ =2 is jó (és akkor f nem csupa 0), mert akkor ez egy ilyen Vandermonde-mátrix, és a determinánsa nemnegatív számok szorzata, mert x $\le$ y $\le$ z.
Előzmény: [3205] lgdt, 2010-02-06 00:57:27

[3206] lgdt	2010-02-06 00:59:36
A második mondat hülyeség.
Előzmény: [3205] lgdt, 2010-02-06 00:57:27

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?