نتایح جستجو

اگه يالهاي K6 رو با دو رنگ رنگاميزي كنيم يه مثلث با يالهاي همرنگ وجود داره. چون هيچ سه تايي نيستن كه جمع دو به دوي اونا گويا باشه پس سه تا هستن كه جمع دو به دوي اونا گنگ باشه .

آره راست ميگه . عددي كه تماشاگره ميگه برابره با 222(a+b+c) منهاي جواب مساله. از طرف ديگه اين عدده همنهشته با 5 برابر جواب مساله ( به پيمانه‌ي 9 )‌ پس جادوگر ميتونه عدد رو به پيمانه‌ي 222 * 9 = 1998 پيدا كنه پس ميتونه جواب مسأله رو پيدا كنه.

تعريف مي‌كنيم : p = a+b+c=0 و q=ab+bc+ca و r = abc پس ريشه‌هاي X3 - pX2 + qX - r = (X-a)(X-b)(X-c برابره با a, b, c يعني : an - pan-1 + qan-2 - ran-3 = 0 اگه براي b, c هم اينو بنويسيم و با هم جمع كنيم و تعريف كنيم :Sn = an+bn+cn نتيجه مي‌گيريم : Sn = pSn-1 - qSn-2 + rSn-3 = -qSn-2 + rSn-3 پس...

راستي متوجه شدم تساوي آخر برقرار نيست. d يه مضرب صحيح از n-m|*2/√pq هستش كه بازم گنگه.

اين عدد برابره با 4356 = 2^66 راه حلشم اينه : كوچكترين رقمشو a در نظر ميگيريم پس عدد ميشه 1111a+1023 كه بر 11 بخشپذيره پس بايد بر 121 هم بخشپذير باشه يعني 101a+93 بايد مضرب 11 باشه يعني 2a+5 بايد مضرب 11 باشه كه تنها حالتش ميشه :a = 3

من يه مشكل اساسي با اين جور سؤالا دارم! مشكل اينجاست كه هر تعداد عدد همبگيم طبق روش درون يابي لاگرانژ بينهايت تا چند جمله‌اي وجود داره كهجمله‌ي عموميش باشه. يعني من هر عددي بگم به عنوان جمله‌ي بعدي دنبالهدرسته !!!

از آقاي شريفي ممنون براي سؤالاي خوبشون! اگه p يه عامل اول k باشه داريم : اگه داشته باشيم : n = n0 + n1p + ... + nrpr داريم : (x+1)n ≡ (1+x)n0 * (1+xp)n1 * ... * (1+xpr)nr اگه n>1 اونوقت ضريب x تو عبارت بالا برابره با n0 پس n0 = 0 يعني n بر p بخشپذيره. پس داريم : (x+1)n ≡ (1+xp)n/p يعني n/p...

نه. اگه اين عدد مربع كامل بشه اونوقت 2008/n هم بايد مربع كامل بشه يعني برابر بشه با 4 اونوقت عددي كه مسأله ميخواد ميشه 68.

چون P(k+i)-P(i بر k بخشپذيره كافيه n مضرب k^2 باشه.

آره منظورم همين بود كه شما گفتين( با دو تا 1+ اضافي تو مخرجها ) فقط اشتباه تايپ كردم !

وجود دارن مثلا اعداد : 0 و -1 و -2 و 3 و 4 و 5 و 6 و -6 و 7 و -7 كه ريشه‌ها ميشه : -7 و -6 و 0 و 6 و 7

جوابت اشتباهه چون a = 1 هم جواب يكتاي x = -2/3 رو ميده! اما راه حل : يا بايد وقتي طرفين رو به توان 2 ميرسونيم به چندجمله‌اي درجه‌ي 1 برسيم ( كه نتيجه ميده a = 1 ) يا به چندجمله‌اي درجه‌ي 2 با ريشه‌ي مضاعف مي‌رسيم ( كه نتيجه ميده a=-8 ) يا دو ريشه‌ي مختلف داره ولي فقط يكي از ريشه‌ها توي شرط...

جواب درست اينه ( لااقل فكر مي‌كنم اين باشه ! ) : طبق قضيه‌ي لوكا ميدونيم اگه n = n0 + n1p + n2p2 + ... + nkpk و m = m0 + ... + mkpk داريم‌: C(n, m) ≡ C(n0, m0)*C(n1, m1)*...*C(nk, mk اگه n0 = n1 = ... = nt = p-1 و t<k-1 و تعريف كنيم m = n0 + ... + ntpt + (nt+1+1)pt+1 طبق قضيه‌ي بالا C(n, m)...

n فقط ميتونه يه تواني از p منهاي 1 باشه.

اما استدلال mozhgan دقيق نيست. در ضمن چون نيروي جاذبه‌ي هسته كوتاه برده پس از يه فاصله‌اي به بعد تقريبا جاذبه‌ي هسته برابره با صفر. به خاطر همينه كه هفت تا لايه بيشتر نداريم . چون هسته هر چقدر هم قوي باشه زورش نمي‌رسه بيشتر از 7 تا لايه رو نگه داره ! يعني اگه بخواهيم به بينهايت ميل كنيم ديگه...

تعريف مي‌كنيم Xn = an+bn+cn و p = a+b+c و q=ab+bc+ca و r=abc به وضوح a و b و c ريشه‌هاي معادله‌ي x3 - px2 + qx - r هستن. داريم ( با استفاده از Xn+3 = pXn+2 - qXn+1 + rXn كه اونم به راحتي ثابت ميشه‌ ) : X1 = p X2 = p2 - 2q X3 = p3 - 3pq + 3r X4 = p4 - 4p2q + 2q2 + 4pr از دومي نتيجه ميشه 2q...