ماراتن نظریه ی اعداد (سطح ممتاز)

shoki · 1389/3/11

اگه دقیق تر بخوایم بگیم مسئله به حالتی محدود می شه که a و b نسبت به هم اول بوده و هر دو مربع کامل اند.

mahanmath · 1389/3/11

[center:ceecf2be45]کافیه احکام زیرو رو ثابت کنیم : [/center:ceecf2be45]

[center:ceecf2be45]

$\left\{\begin{matrix} p \in \left \{ F_i \right \} \Rightarrow 4|p-1 & & \\ p^{\alpha } \in \left \{ F_i \right \} \Rightarrow 4|p-1 & & \\ 2p^{\alpha } \in \left \{ F_i \right \} \Rightarrow 4|p-1 & & \end{matrix}\right.$

[/center:ceecf2be45]

[center:ceecf2be45]ابتدا توجه کنید که اگر

$F_n$

اول باشه و

$n\geq 5$

,

$n$

هم اوله.[/center:ceecf2be45]

[center:ceecf2be45]پس قسمت اول آسونه و کافیه دنباله رو به پیمانه 4 در نظر بگیرید تا بفهمید

$F_m \equiv 3 (mod4) \Rightarrow m\equiv 4(mod6)$

. که طبق اون چیزی که ابتدا گفتیم اول نیست.[/center:ceecf2be45]
[center:ceecf2be45]حالا برای قسمت دوم , اول توجه کنید

$\exists i\in \left \{ 1,2,...,p^2 \right \} : p|F_i$

[/center:ceecf2be45]
[center:ceecf2be45]حالا ازین جا به بعدش آسونه (مثه قبلیس , و با استفاده ازون قضیه مربع کامل ها فیبو ! ) ولی با این حال اگه این عربی ملعون تموم شه بقیشم مینویسم. [/center:ceecf2be45]

[center:ceecf2be45]با اون اتحادیم که SHOKI گفت دیگه مسئله تموم شدس . اگه میخواین مسئله جدید بزارید . ممنون......تا بعد ![/center:ceecf2be45]

mahanmath · 1389/3/11

shoki مسئلش ماله خودمه

!

تازه یه حدس هم زدم , این که

$\exists p:(ord_{p}a,ord_{p}b) =1$

M_Sharifi · 1389/3/11

البته اتحاد

$f_{2n-1}f_{2n+1}=f_{2n}^2+1$

هم همون کار رو انجام میداد. اما سوال بعد:

[center:8a76f2cd24]

$\300dpi \huge 11$

[/center:8a76f2cd24]
آیا 2002 عدد طبیعی متمایز

$k_1,k_2,\ldots,k_{2002}$

وجود دارد که برای هر عدد طبیعی

$n\geq2001$

، حداقل یکی از اعداد

[center:8a76f2cd24]

$k_12^n+1,k_22^n+1,\ldots,k_{2002}2^n+1$

[/center:8a76f2cd24]
اول شوند؟

mohammad2004 · 1389/3/12

اگه p_i یکی از عوامل اول k_i +1 باشه و( n =t (p_1-1) . (p_2-1) ....( p_2002-1
اونوقت i امین عدد از اون عددا به p_i بخشپذیر میشه.
درسته؟؟

M_Sharifi · 1389/3/12

[center:60d67991a4]

$\300dpi \huge 12$

[/center:60d67991a4]
همه ی اعداد طبیعی

$m$

را بیایبد که عدد اول

$p$

وجود داشته باشد که هیچ یک از اعداد به فرم

$n^m-m$

را نشمارد. (

$n\in\Bbb N$

)

mahanmath · 1389/3/12

خیلی خیلی زیبا بود !!!!!!

البته خدا کنه اشتباه نکرده نباشم .

جوابش : هر m غیر از یک
چرا : مقسوم علیه های

$m^m -1$

را در نظر میگیریم . بعد Zsigmondy , (البته بعدش که حل شد فهمیدم بدون Zsigmondy هم میشه)

اگه بازم توضیح می خواد بفرمایید , اگه نه , لطفا یکی یه مسئله بزاره ...

mohammad2004 · 1389/3/13

مقسوم علیه ، نه مقسوم الیه !!

میشه یه کم راهتو بیشتر توضیح بدی؟؟

mahanmath · 1389/3/13

mohammad2004 گفت

تاثیر امتحان عربیه ... (الیه هم یه کاربردایی داشت الان یادم نیست !)

کدوم قسمتشو بگم ؟ یا کدوم راهو , با Zsigmondy یا با مرتبه ؟
اگه لطف کنی یه مسئله هم بزاری ممنون میشم

Olympiad · 1389/3/13

[center:47a8ac52f4]

$\300dpi \huge 13$

[/center:47a8ac52f4]

اولين 38 عدد طبيعي متوالي را بيابيد كه مجموع ارقام هيچ يك از اين اعداد بر 11 بخشپذير نباشد.

mahanmath · 1389/3/13

$\left \{ 999981,...,1000018 \right \}$

اثباتشون با مسئله زیر آسونه ولی با این حال اگه میخواید بگم.

ثابت کنید بین 39 عدد متوالی مجموع ارقام یکی بر 11 بخشپذیر است.

Olympiad · 1389/3/13

mmath گفت

1)منظورتون بين 39 عدد متوالي بود ديگه......
2)حلتون رو بذاريد ... همه كه عين شما خفن نيستند!

mahanmath · 1389/3/13

1)ممنون از تذکرتون(تصصیح شد.

)
2)چشم ! ولی واقعا تنبلیم میاد کامل بگم .

در واقع نکته ی اصلی تو مسئله اینه که حداقل 3 تا مضرب 10 بین هر 39 عدد متوالی وجود دارد. حالا برهان خلف بزنید و از روی 2 تا مضرب کوچکتر 10 (بین اون 3 عدد) , عدد خواسته شده رو بسازید.
3) لطفا سوال بذارید...

M_Sharifi · 1389/3/13

mmath گفت

درسته. یه نکته ی جانبی: در مورد دنباله ی فیبوناچی هم قضیه ی مشابهی برقراره: برای هر

$n\geq12$

،

$F_n$

عامل اولی داره که توی جملات قبل نیومده. سوال بعد:

[center:05b73bfa0e]

$\300dpi \huge 14$

ثابت کنید عددی وجود ندارد که در دنباله ی

$\{s(2^n)\}_{n=1}^\infty$

بی نهایت بار تکرار شود. (

$s(n)$

مجموع ارقام عدد طبیعی

$n$

است.)

[/center:05b73bfa0e]

mahanmath · 1389/3/13

1.تو سوال 12 در واقع با زیگموندی میشه ثابت کرد , بی نهایت عدد اول واسه هر m وجود داره.

2.آقای شریفی ,اثبات اون قضییه درباره ی فیبوناچی از Zsigmondy سطح بالاتره

؟ اسمش چیه ؟

3.ممنون از سوال های زیباتون...

mahanmath · 1389/3/13

[center:ef081becc7]فرض کنید [/center:ef081becc7]
[center:ef081becc7]

$S(2^{n_1})=S(2^{n_2})=S(2^{n_3})=...$

[/center:ef081becc7]

[center:ef081becc7]حالا با توجه به گنگ بودن

$log\; 2$

میشه گفت از یه جایی به بعد مجموع ارقام از یه حدی بیشتره[/center:ef081becc7]
[center:ef081becc7]یا[/center:ef081becc7]
[center:ef081becc7]میشه دنباله ای به طول دلخواه با خاصیت [/center:ef081becc7]
[center:ef081becc7]

$\geq k$

$m\leq i\leq n\; , S(2^{i})$

[/center:ef081becc7]
[center:ef081becc7]ساخت که با فرض در تناقضه !!!ه[/center:ef081becc7]

M_Sharifi · 1389/3/14

mmath گفت

اون قضیه ی مربوط به اعداد فیبوناچی حالت خاصی از قضیه ی کارمیشل هست که اثبات ساده ای نداره. اما در مورد اعداد فیبوناچی اثبات نسبتا ساده تری هم وجود داره.
اما در مورد اثبات شما: شاید بشه فهمید که کلیت راه حل شما چیه. اما این نوع نوشتن، برای اکثر بچه ها قابل استفاده نیست. هدف مطرح شدن این سوال ها هم اینه که بچه ها از راه حل این سوال ها چیزی یاد بگیرند.
بنابراین لطف کنید راه حل هاتون رو کامل بنویسید.
سوال بعد:

[center:6abcfaaf8d]

$\300dpi \huge 14$

[/center:6abcfaaf8d]
ثابت کنید عددی وجود ندارد که در دنباله ی

$\{s(n!)\}_{n\geq1}$

بی نهایت بار تکرار شود.

mohammad_72 · 1389/3/14

سوال 9 چی شد ؟؟؟
@mmath : می‌تونید راه حلتون برای سوال 12 رو بیشتر توضیح بدید.

M_Sharifi · 1389/3/14

mohammad_72 گفت

برای سوال 9 کسی جواب کاملی نداشت. البته shoki یه ایده ای رو داد که مسئله به حالتی که a,b مربع کاملند محدود شد. هر چند به نظر می رسه اثبات مسئله توی این حالت از حکم مسئله قوی تر باشه. سوال 12 هم صورت کلی سوال IMO03 هست،
فرض می کنیم

$q$

عامل اولی از

$n$

باشد و

$n=q^kr$

. در این صورت

[center:773d6aa000]

$\frac{m^q-1}{m-1}=m^{q-1}+\cdots+1\equiv m+1\not\equiv1\pmod {q^{k+1}}$

[/center:773d6aa000]
بنابراین

$\frac{m^q-1}{m-1}$

عامل اولی مانند

$p$

دارد که

$p\not\equiv1\pmod{q^{k+1}}$

. ادعا می کنیم که

$p$

در مسئله صدق می کند. اگر به ازای عددی مانند

$n$

داشته باشیم

$n^m\equiv m\pmod p$

آن گاه

[center:773d6aa000]

$n^m\equiv m\Rightarrow n^{mq}\equiv m^q\equiv 1\pmod p\Rightarrow \mathrm{ord}_pn\mid mq$

[/center:773d6aa000]
از طرفی

$\mathrm{ord}_pn\not|~ m$

. چراکه در غیر این صورت

$m\equiv 1\pmod p$

و لذا

[center:773d6aa000]

$0\equiv m^{q-1}+\cdots+m+1\equiv q\pmod p\Rightarrow p=q\Rightarrow m\equiv 1\pmod q$

[/center:773d6aa000]
که غیر ممکن است.
حال از این که

$\mathrm{ord}_pn\not|~ m$

و

$\mathrm{ord}_pn\mid mq$

نتیجه می گیریم

$q^{k+1}\mid\mathrm{ord}_pn\mid p-1$

. که متناقض با فرض اولیه ی ماست.
[center:773d6aa000]

[/center:773d6aa000]

M_Sharifi · 1389/3/18

سوال 14 رو کسی حل نکرده. اگه حل شد، راهتون رو بگید.

[center:9d7fd3cb86]

$\300dpi \huge 15$

فرض کنید

$n\geq2$

عدد طبیعی است. ثابت کنید

$n\mid \left(1^{n-1}+2^{n-1}+\cdots+(n-1)^{n-1}\right)+1$

[/center:9d7fd3cb86]
اگر و فقط اگر برای هر مقسوم علیه اول

$p$

از

$n$

،

[center:9d7fd3cb86]

$p(p-1)\mid \frac np-1$

[/center:9d7fd3cb86]

ماراتن نظریه ی اعداد (سطح ممتاز)

New Member

New Member

New Member

راهبر ریاضی

New Member

راهبر ریاضی

New Member

New Member

New Member

New Member

New Member

New Member

New Member

راهبر ریاضی

New Member

New Member

راهبر ریاضی

New Member

راهبر ریاضی

راهبر ریاضی