forum.math.uoa.gr

Forum του Τμήματος Μαθηματικών
Ημερομηνία 25 Σεπ 2017, 15:08

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]




Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 106 δημοσιεύσεις ]  Μετάβαση στην σελίδα Προηγούμενη  1 ... 3, 4, 5, 6, 7, 8  Επόμενο
Συγγραφέας Μήνυμα
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 22 Μαρ 2010, 22:58 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 22 Οκτ 2008, 20:37
Δημοσ.: 143
Μπραβο Ηλια, ωραια λυση! :clap: Αλλη μια: Να βρεθει ο ελαχιστος περιττος θετικος ακεραιος n τετοιος ωστε για καθε πρωτο p, ο \frac{{n}^{2}-1}{4}+n{p}^{4}+{p}^{8} να διαιρειται
απο τουλαχιστον τεσσερις πρωτους.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 24 Μαρ 2010, 00:41 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 15 Μαρ 2007, 12:37
Δημοσ.: 2388
Παρατηρουμε πως αν γραψουμε n=2k+1 τοτε η παρασταση γινεται (p^4+k+1)(p^4+k)

Αφου θελουμε να ισχυει για p=2 δηλ να διαιρουν τουλαχιστον 4 πρωτοι το (17+k)(16+k) παιρνουμε σαν υποψηφια ελαχιστη τιμη το k=4.

Αρα το γινομενο γινεται (p^4+5)(p^4+4). Το p^4+4 ειναι περιττος και δεν μπορουμε να το ρυθμισουμε. Ομως το p^4+5 για p>3 δινει 0 mod 6 αρα διαιρειται απο τουλαχιστον 3 διαφορετικους πρωτους παραγοντες, και αφου το p^4+4 ειναι σχετικα πρωτο με τον αλλον ορο δινει τον τεταρτο πρωτο παραγοντα που ψαχνουμε.

Προφανως για p=3 βλεπουμε οτι το γινομενο μας γινεται 2*3*29*43 οποτε ειμαστε παλι οκ. Αρα το k=4 οντως μας κανει και μας δινει τον ελαχιστο n=9.

Συγνωμη που βαριεμαι να το γραψω σε λατεχ, αλλα ειμαι λιγο βιαστικος... :oops:


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 25 Μαρ 2010, 17:05 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 15 Μαρ 2007, 12:37
Δημοσ.: 2388
Oκ, η παραπανω λυση ειχε ενα κενο που το ειδε ο Ilias_Zadik. Τι γινεται αν ο k= p^4+5 ειναι γινομενο μιας δυναμης του 2 επι μιας δυναμης του 3;

Λοιπον καταρχας ειναι απλο κανεις να δει οτι δεν γινεται το 2 να ειναι σε δυναμη μεγαλυτερη του 1 γιατι ο k δινει 2 mod 4. Επειτα, ο k-1 που ειναι στο αλλο μελος δινει παντα 0 mod 5. Τωρα, η λυση χαλαει μονο αν σε αυτην την περιπτωση ο k ειναι δυναμη του 5. Tο ερωτημα τωρα ειναι: γινεται να ισχυει 2*3^n=5^m+1?

Τωρα, αν δεν κανω λαθος, ειναι γνωστη ασκηση να δειξει κανεις αυτο οτι δεν ισχυει για m>1,n>1. Δεν την θυμαμαι ακριβως τωρα πως παει, αλλα δεν ειναι νομιζω δυσκολη.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 25 Μαρ 2010, 17:30 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 29 Αύγ 2009, 13:32
Δημοσ.: 104
Οπως μολις εστειλα και στον Δημήτρη σε pm.
Το προβλημα μας ειναι ουσιαστικά όταν,
p^4+5=2*3^m
p^4+4=r^n με r πρωτο.
Προφανως πρεπει p διαφορο του 5 .
Ομως τοτε 5|p^4+4=>r=5
Ετσι λοιπον αναγομαστε στην εξισωση
5^n+1=2*3^m (αφαιρεση κατα μελη).
Τωρα βλεπουμε οτι αν m,n>1,
n περιττος και πολλαπλασιο του 3.
Το n περιττος παιρνοντας modulo3
και το οτι διαρειται απο το 3 απο το οτι 2*3^m=5^n+1=6(5^{n-1}-5^{n-2}+..+1) και η μέσα παρένθεση ειναι ιση με n modulo3.
ομως ισχυει 5^{3m} \equiv -1 (mod7)για καθε m περιττο φυσικο και αρα 7|5^n+1=2*3^m, κατι ατοπο.
Συνεπως m=1,n=1 και αρα και p=1,δηλαδη πάλι ατοπο.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 26 Μαρ 2010, 00:29 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 15 Μαρ 2007, 12:37
Δημοσ.: 2388
Τωρα ειδα την λυση σου, ηταν λιγο πιο δυσκολη απ οσο περιμενα,την παλευαμε ολο το απογευμα αλλα δεν μας εβγαινε. Ειμασταν κοντα ομως ρε γαμωτο :cry:

Μπραβο ρε Ηλια, ωραιος!!!


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 26 Μαρ 2010, 16:43 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 13 Οκτ 2008, 14:35
Δημοσ.: 69
Ακόμη μια προσέγγιση μπορεί να δοθεί στην παραπάνω, αν κανείς παρατηρήσει ότι ο αριθμός p^4+4 γράφεται ως
(2p^2+2p+1)(2p^2-2p+1) , από την ταυτότητα Sophie-Germain, και επιπλέον ισχύει ότι οι παράγοντες
2p^2+2p+1,\ 2p^2-2p+1 είναι πρώτοι μεταξύ τους και πρώτοι και με τον p^4+5


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 26 Μαρ 2010, 21:33 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 15 Μαρ 2007, 12:37
Δημοσ.: 2388
Αψογος. Ακομα μια:

Να προσδιοριστουν ολοι οι n>1 τετοιοι ωστε ο n^2 να διαιρει τον 2^n+1


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 27 Μαρ 2010, 15:20 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 15 Μαρ 2007, 12:37
Δημοσ.: 2388
Οκ αυτη ειναι λιγο δυσκολη. Ας βαλω δυο ακομα.

Δειξτε οτι:

1. Η ποσοτητα n\phi(n) χαρακτηριζει τον n.

2. Η \phi(n)/n ειναι πυκνη στο [0,1].


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 27 Μαρ 2010, 16:01 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
kamenos έγραψε:

Δειξτε οτι:
Η \phi(n)/n ειναι πυκνη στο [0,1].


Ισοδύναμα πρέπει η \log \frac{n}{\phi(n)}=\sum_{p|n}\log\frac{1}{1-\frac{1}{p}} να είναι πυκνή στους μη αρνητικούς πραγματικούς.

Χρησιμοποιώντας ανάπτυγμα Taylor το τελευταίο άθροισμα είναι \sum_{p|n}\frac{1}{p}+\sum_{p|n}\sum_{k \geq 2} \frac{1}{k}\frac{1}{p^k}=\sum_{p|n}\frac{1}{p}+E(n) και E(n)<\frac{1}{2} \sum_{p|n}\frac{1}{p(p-1)} \leq \frac{1}{p(n)} όπου p(n) είναι ο ελάχιστος πρώτος που διαιρεί το n.

Aρκεί επομένως να δείξουμε ότι για κάθε M>0 η ακολουθία \{\sum_{p|n}\frac{1}{p}:p(n)>M\} είναι πυκνή στους μη αρνητικούς πραγματικούς.Αυτό όμως δεν είναι τίποτα άλλο από την κλασική άσκηση
Απ.2 ότι υποαθροίσματα αποκλίνουσων σειρών με θετικούς όρους είναι πυκνά,εφαρμοσμένη στην \sum_{p>M}\frac{1}{p}=+\infty

edit : η ακολουθια \frac{\phi(n)}{n} δεν είναι μόνο πυκνή στο [0,1] αλλά επιπλέον έχει συνάρτηση κατανομής : υπάρχει δηλαδή f ορισμένη σ.π. στο [0,1] ώστε να ισχύει \lim_{x=\infty}\frac{\#\{n \leq x:\frac{\phi(n)}{n} \leq y\}}{x}=f(y). Μάλιστα η f είναι ιδιάζουσα : η παράγωγός της είναι 0 σ.π. (Το αποτελεσμα ειναι του Schoenberg-1928)


Τελευταία επεξεργασία απο sofos την 28 Μαρ 2010, 14:26, επεξεργάστηκε 1 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 27 Μαρ 2010, 23:46 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 13 Οκτ 2008, 14:35
Δημοσ.: 69
kamenos έγραψε:
Ακομα μια:

Να προσδιοριστουν ολοι οι n>1 τετοιοι ωστε ο n^2 να διαιρει τον 2^n+1

Σκιαγραφώ τα βήματα, τα οποία επισημαίνω ότι δεν είναι τετριμμένα.
Θεωρήστε αρχικά τον ελάχιστο πρώτο που διαιρεί τον n. Αυτός είναι ο 3. An πάρουμε τώρα τη μέγιστη δύναμη του 3 που διαιρεί το 3 που διαιρεί το n τότε αυτή είναι 1. (giati ?). Μετά παίρνουμε τον ελάχιστο πρώτο που διαιρεί το n/3. Αποδείξτε ότι αυτός πρέπει να είναι ο 7. Από εκεί όμως καταλήγουμε σε άτοπο αφού 2^n+1\equiv 2(\mod 7) , όταν ο n διαιρείται από 3, το οποίο είναι άτοπο.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 28 Μαρ 2010, 14:38 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
Άσκηση:
Σχετικά με τη συνάρτηση f(n)=\sum_{p|n}\frac{1}{p} που εμφανίζεται στην προτελευταία άσκηση
να δειχθεί ότι έχει ''κανονική τάξη'' a=\sum_{p}\frac{1}{p^2} δηλαδή για κάθε ε>0 το πλήθος των n \leq x με |f(n)-a|>\epsilon θα είναι o(x).


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 02 Απρ 2010, 01:55 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 15 Μαρ 2007, 12:37
Δημοσ.: 2388
Η λυση μου για την \varphi(n)/n.

Για n=p πρωτο αρκετα μεγαλο \varphi(p)=p-1 δηλαδη η δοσμενη ακολουθια εχει υπακολουθια που συγκλινει στο 1. Τωρα, για δοσμενο διαστημα [a,b], 0<a<b<1 βρισκουμε τον ελαχιστο p: \varphi(p)/p>b. Τωρα ψαχνουμε πρωτους p1,p2,...,pk με a<p*(p1-1)*...*(pk-1)/p*p1*...*pk<b. Αν δεν υπαρχουν τετοιοι τοτε το γινομενο ολων των (p-1)/p πανω απο ολους τελικα τους πρωτους p θα ηταν φραγμενο απο b αρα αυτο το γινομενο πανω απο ολους τους πρωτους θα ηταν γνησια θετικο. Αυτο ειναι ατοπο απο το γινομενο του Euler, αφου η φραγμενη ζητουμενη ποσοτητα ειναι το πηλικο στο γινομενο του Euler για s=1 , δηλαδη θα ειχαμε οτι η αρμονικη σειρα συγκλινει.

Edit: κοιτωντας παλι την λυση του Θυμιου φοβαμαι μηπως ειναι η ιδια ιδεα απλως αυτη η λυση ειναι χωρις να εχουμε λογαριθμισει πρωτα.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 05 Απρ 2010, 01:46 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 15 Μαρ 2007, 12:37
Δημοσ.: 2388
kamenos έγραψε:
Αν δεν υπαρχουν τετοιοι τοτε το γινομενο ολων των (p-1)/p πανω απο ολους τελικα τους πρωτους p θα ηταν φραγμενο απο b ...


Here a miracle happens...


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 08 Απρ 2010, 11:42 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 15 Μαρ 2007, 12:37
Δημοσ.: 2388
1) Δειξτε οτι η \varphi(n+1)/\varphi(n) ειναι πυκνη στους θετικους πραγματικους.

2) Βρειτε ολους τους φυσικους n για τους οποιους ισχυει \varphi(n)\leq{n -\sqrt{n}}

3)Εστω N{k} ο μεγαλυτερος φυσικος με την ιδιοτητα να διαιρειται απο ολους τους φυσικους που ειναι μικροτεροι η ισοι της κ-οστης ριζας του. Βρειτε τον N{2} (ασκηση απ το βιβλιο του Δεριζιωτη) και τον N{3} (ΑPMO 1998).


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 08 Απρ 2010, 23:10 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Φεβ 2007, 21:13
Δημοσ.: 628
Δείξτε ότι :

Η ποσότητα n \cdot \varphi (n) χαρακτηρίζει τον n


Έστω S το άθροισμα όλων εκείνων τών φυσικών αριθμών d, που είναι μικρότεροι και σχετικώς πρώτοι προς το n Δηλαδή :

S=\sum_{\substack{d\in\mathbb{N},\,d<n\\\mbox{gcd}(d,n)=1}} d

Το άθροισμα αυτό είναι ίσο με :

S=\frac{n \cdot \varphi (n)}{2}

κατι, που αν το ερμηνεύω σωστά, ικανοποιεί τον ισχυρισμό τής άσκησης.

Ως προς την απόδειξη...αρκεί να παρατηρήσει κανείς ότι οι d και n είναι σχετικώς πρώτοι, αν είναι σχετικώς πρώτοι και οι n-d και n...και μετα να αθροίσει

Και ένα μικρό παράδειγμα για να φανεί καθαρά ποιά ακριβώς ιδιότητα κρύβεται απο πίσω...

Έστω : n=20 οπότε η παραγοντοποίηση πρώτων μάς δίδει :

20=2^{2}*5 και \varphi (20)=(2-1)*2*(5-1)=8 Οι 8 αριθμοί που είναι σχετικά πρώτοι με το 20 και μικρότεροι ή ίσοι απο αυτό είναι :

1,3,7,9,11,13,17,19 (αυτοί είναι οι d) και :
19,17,13,11,9,7,3,1 (αυτοί είναι οι n-d)

Συγκρίνοντας αυτές τις δύο σειρές διακρίνουμε ότι παρουσιάζονται ζευγαρωτά...και αυτο βρίσκει την εξήγησή του στις ιδιότητες τού ΜΚΔ :

gcd (a,b)=gcd(b,a)
gcd (a,b)=gcd(a,-b) αλλα κυρίως στην :
gcd (a,b)=gcd(a,b+k\cdot a) για τυχαίους ακέραιους k

Αν αντικαταστήσουμε τώρα

a=n , b=n-d και k=-1 λαμβάνουμε :

gcd (n,n-d)=gcd(n,d) το οποίο μάς λέει ότι ισχύει το :

gcd(n,d)=1 ακριβώς τότε όταν gcd(n,n-d)=1


Αποκαλυπτικός


Κορυφή
 Προφίλ  
 
Τελευταίες δημοσιεύσεις:  Ταξινόμηση κατά  
Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 106 δημοσιεύσεις ]  Μετάβαση στην σελίδα Προηγούμενη  1 ... 3, 4, 5, 6, 7, 8  Επόμενο

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]


Μελη σε συνδεση

Μέλη σε αυτή την Δ. Συζήτηση : Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης


Δεν μπορείτε να δημοσιεύετε νέα θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να απαντάτε σε θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να επεξεργάζεστε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να διαγράφετε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση

Αναζήτηση για:
Μετάβαση σε:  
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group