ماراتن نظریه ی اعداد (سطح ممتاز)

mahanmath · 1389/3/27

در واقع k تا عدد با خاصیت sigma(n)>2n که نسبت به هم اول باشند مسئله رو با یک CRT حل میکنه ...

M_Sharifi · 1389/3/28

[center:965ec2eaa4]

$\300dpi \huge 21$

همه ی اعداد صحیح

$a,b,c$

را بیایبد که برای هر عدد طبیعی

$n$

،

$2^na+b\mid c^n+1$

[/center:965ec2eaa4]

shoki · 1389/3/28

این سوال رو دیدم ... (حتی این رو هم دیدم :

$4^na+9^nb+6^nc | d^n+1$

!) ... برای این سوالی که شما گفتید راه حلش تا یه جاییش مقدماتیه ولی از اونجا به بعد از سری و این جور چیزا استفاده می شه ... توی دوره پارسال این سوال مثل اینکه به عنوان سوال جایزه دار مطرح شد ... توی همون دوره هم از سری و این جور چیزا بحث شد ... می خواستم بدونم راه حل کاملا مقدماتی دارید یا از همون راه حل با سری حلش می کنید ؟

M_Sharifi · 1389/3/28

shoki گفت

این سوال رو دیدم ... (حتی این رو هم دیدم :

$4^na+9^nb+6^nc | d^n+1$

!) ... برای این سوالی که شما گفتید راه حلش تا یه جاییش مقدماتیه ولی از اونجا به بعد از سری و این جور چیزا استفاده می شه ... توی دوره پارسال این سوال مثل اینکه به عنوان سوال جایزه دار مطرح شد ... توی همون دوره هم از سری و این جور چیزا بحث شد ... می خواستم بدونم راه حل کاملا مقدماتی دارید یا از همون راه حل با سری حلش می کنید ؟

حالا اجازه بده بقیه هم روش یه فکری بکنند. بعدا روی حلش بحث می کنیم.

mohammad2004 · 1389/3/29

اه. کاش پارسال تو دوره نیم ساعت رو این سوال فکر میکردم

. حداقل 1000 تومان میگرفتم

.

M_Sharifi · 1389/4/1

[center:81824b0432]

$\300dpi \huge 22$

[/center:81824b0432]
ثابت کنید عدد حقیقی

$\alpha$

وجود دارد که هریک از اعداد به فرم

[center:81824b0432]

$\120dpi \left\lfloor2^{2^{.^{.^{2^\alpha}}}}\right\rfloor$

[/center:81824b0432]اول شوند.

behrooz1373 · 1389/4/6

فکر کنم بهتره سطح سوالات یی خورده پایین بیاد ( در حد مرحله دو ) تا ما که تازه کارمون رو شروع کردیم بتونیم حداکثر استفاده رو از سایت ببریم

mahanmath · 1389/4/9

یه لینک جالب که مربوط میشه به یکی از سوالای ماراتن :

GiugasConjecture l

راستی من سوال 22 رو برای تعداد متناهی فکر کنم حلیدم ولی ایده خاصی برای حالت کلی ندارم

. میشه یه راهنمایی بفرمایید

.

M_Sharifi · 1389/4/11

mmath گفت

راهنمایی: قضیه ی چبیشف و بعد یه استدلال حدی.

mousavi · 1389/4/14

بتدا برای

$\left \lfloor 2^a \right \rfloor$

a ای را انتخاب میکنیم که اول بشه.

mousavi · 1389/4/14

ادعا میکنیم اگر برای

$\left \lfloor 2^2^.^.^.^2^a \right \rfloor$

(n مرتبه) اول بشه میتوان a را تغییر داد تا برای n+1 مرتبه هم اول بشه ولی براکتهای قبلی تغییر نکنند.

M_Sharifi · 1389/6/25

[center:177b0773a8]

$\300dpi \huge 23$

ثابت کنید برای هر

$n\geq3$

، مجموع ارقام

$9^n$

حداقل برابر

$18$

است.

[/center:177b0773a8]

Aref · 1389/7/2

M_Sharifi گفت

راستش این پست یکم قدیمیه، ولی برای این که ماراتن دوباره جون بگیره منم راه حلمو میزارم(راه حل نیست؛ بیل زدنه)
فرض کنید

$gcd(m,n)=d; dx=m,dy=n$

و

$m^2+n^2+m=mnq;q\in \mathbb Z$

معادله رو بازنویسی میکنیم:

$d^2x^2+d^2y^2+dx=d^2xyq\Rightarrow dx^2+dy^2+x=dxyq\Rightarrow d\mid x; x=dk; k\in \mathbb Z$

حالا ما ثابت میکنیم که k=1.

$d^3k^2+dy^2+dk=d^2kyq\Rightarrow d^2k^2+y^2+k=dkyq\Rightarrow k\mid y^2;k\mid x\mid x^2\Rightarrow k\mid gcd(x^2,y^2)\Rightarrow k\mid 1\Rightarrow k=1 \Rightarrow m=dx=d(dk)=d^2$

M_Sharifi · 1389/7/6

M_Sharifi گفت

راهنمایی: از همنهشتی به پیمانه ی

$10^5-1$

استفاده کنید.

M_Sharifi · 1389/7/6

[center:a8dfe3885b]

$\300dpi \huge 24$

[/center:a8dfe3885b]فرض کنید

$C_k$

،

$k$

امین عدد کاتالان است، یعنی

$C_k=\frac1{k+1}{2k\choose k}$

. برای چه

$n$

هایی

$C_1+C_2+\cdots+C_n$

بر 3 بخش پذیر است؟

shoki · 1389/7/7

اگر k+1 بر 3 بخش پذیر نباشد بر حسب زوجیت k و این که در نمایش آن در مبنای 3 عدد 2 ظاهر می شود یا نه و این که عدد k به پیمانه ی 3 همنهشت با چه عددیست، عدد کاتالان به پیمانه ی 3 به دست می آید.(قضیه ی لوکا)
حالا اگه بر 3 بخش پذیر باشد یعنی k=3^bt-1 که در آن b حداقل 1 است و t بر 3 بخش نیست. حالا اثبات می شه اگه در مبنای 3 عدد t دارای 2 باشد آنگاه عدد کاتالان بر 3 بخش پذیر است و اگر نه می توان اثبات کرد که عدد کاتالان بر 3 بخش پذیر نخواهد بود. حال برای آن که بدانیم که آن عدد به پیمانه ی 3 چیست باید توجه داشت که عدد k به صورت : k=(a_{m+b}...a_{b+2}0222...2)_3 خواهد بود و که در آن تعداد 2 ها b تاست. و {a_{i ها یا 0 اند یا 1 هستند.
حالا بدیهیست که باید دید عدد

$\frac{\binom{2k}{k+1}}{k}$

به پیمانه ی 3 همنهشت با 1 است یا 2. اما این مقدار با

$-\binom{2k}{k+1}$

به پیمانه ی 3 همنهشت است. و این طبق قضیه ی لوکا و فرمی که عدد k دارد برابر است

$(-1)^{1+\mbox{(number of 1's in a_i)}}$

. یعنی همون

$(-1)^{\mbox{parity of t}}$

.
حالا با توجه به نمایش n در مبنای 3 و توضیحات بالا می تونیم ببینیم کدوم n ها مطلوب هستن.
البته می تونستم کارم رو با قضایای موجود در منبع دوم در http://en.wikipedia.org/wiki/Lucas'_theorem#cite_note-1 راحت تر کنم که خوب ... گفتیم مقدماتی باشه

.
شرمنده می دونم ' راه حل ' کثیفی بود ...

amir.ekhlasi · 1390/4/20

پاسخ : ماراتن نظریه ی اعداد (سطح ممتاز)

25
ثابت کنید برای عدد اول

$p$

، یکی از اعداد

$F_0,F_1,...,F_p$

(دنباله فیبوناچی )بر

$p$

بخش پذیر است.

mahanmath · 1390/7/10

پاسخ : ماراتن نظریه ی اعداد (سطح ممتاز)

amir.ekhlasi گفت

$\sqrt{5} \in Z_p \Rightarrow (\frac{1+\sqrt{5}}{2} )^{p-1} \equiv (\frac{1-\sqrt{5}}{2} )^{p-1} \equiv 1 \Rightarrow p \mid f_{p-2}$

------------------------------------------------------------------------------------

$\sqrt{5} \notin Z_p \Rightarrow 5^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1$

$1 \leq i <p \Rightarrow p \mid \binom{p}{i} \Rightarrow \frac{(1+\sqrt{5})^{p+1} - ( 1- \sqrt{5} )^{p+1} }{\sqrt{5}}\equiv \frac{2(\sqrt 5)^{p}}{\sqrt {5}} + 2 \equiv 2 (5^{\frac{p-1}{2}} +1 ) \equiv 0$

$\Rightarrow p \mid f_p$

mahanmath · 1390/7/11

پاسخ : ماراتن نظریه ی اعداد (سطح ممتاز)

26

Find all .......

$f: \mathbb N \rightarrow \mathbb N \: \: \: \: , \: \: \: \: f(f(n)) = f(n+1)f(n-1) - f(n)^2 \; \; \; (n \geq 2)$

mahanmath · 1391/4/25

پاسخ : ماراتن نظریه ی اعداد (سطح ممتاز)

صرفاً جهت بالا اومدن پست :d!

سوال ساده‌ای هست ، راهنمایی نداره .

ماراتن نظریه ی اعداد (سطح ممتاز)

New Member

راهبر ریاضی

New Member

راهبر ریاضی

New Member

راهبر ریاضی

New Member

New Member

راهبر ریاضی

New Member

New Member

راهبر ریاضی

New Member

راهبر ریاضی

راهبر ریاضی

New Member

New Member

New Member

New Member

New Member