[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 |
|
|
[3208] lgdt | 2010-02-06 12:34:11 |
Hasonlóan jó a b) feladatra, csak ki kell cserélni az utolsó két sort, ezért lesz a determináns negatív. És intuitíve ha >1, akkor a koordinátánkénti hatványozás "ugyanúgy" forgatja el az (x,y,z) vektort, mint az =2 esetben, ezért az előjeles térfogat pozitív marad. Szóval azt sejtem, hogy <1-re f0, =1-re f=0 és >1-re f0.
|
Előzmény: [3207] lgdt, 2010-02-06 01:23:54 |
|
|
|
|
|
|
|
[3201] sakkmath | 2010-02-05 15:18:09 |
Lehet, hogy ez túlságosan ismert feladat, ezért beírom a következőt is, amely a Nehezebb matematikai problémák /[652]-ben már szerepelt, de azóta sem érkezett rá teljes értékű megoldás:
Legyen , ahol 0xyz és 0. Határozzuk meg az paraméter értékét úgy, hogy
a) f(x, y, z)0,
b) f(x, y, z)0
teljesüljön.
|
Előzmény: [3200] sakkmath, 2010-02-04 16:40:13 |
|
|
|
|