ماراتن نظریه ی اعداد (سطح ممتاز)

jigsaw · 1388/12/5

TG-100 گفت

پس ايني كه نوشتي چيه؟!!!!!!!!!!!!!!

به هرحال
اگه يه كم هم توضيح بدي ممنون ميشم

Fardad · 1388/12/5

http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=333595

rezoos · 1388/12/7

اگر

و

قسمت اعشاری

باشد،ثابت کنید:

rezashiri · 1389/1/10

آقای شریفی لطفا این رو حل کنید.

M_Sharifi · 1389/1/10

از ان جایی که

$(2+\sqrt 3)^n+(2-\sqrt 3)^n$

عددی صحیح است (چرا؟) و نیز

$0<(2-\sqrt 3)^n<1$

نتیجه می گیریم

[center:68360044d8]

$(2-\sqrt3)^n=1-\{(2+\sqrt3)^n\}$

یعنی

$(2-\sqrt3)^n=1-\alpha$

. از طرفی طبق اتحاد مزدوج،

$(2-\sqrt3)^n(2+\sqrt3)^n=1$

. در نتیجه

$(1-\alpha)(N+\alpha)=1$

.

[/center:68360044d8]

behrooz1373 · 1389/1/11

سوال شماره 5)
m و n اعدادی طبیعی اند که mn|m^2+n^2+m
ثابت کنید m مربع کامل است.

Olympiad · 1389/2/30

اين پست رو زدم تا دوباره ماراتن ها جان بگيرند!!!!!!

.....(همونطور كه seifi-seifi در پيغام كوتاه گفت : هركس ميخواد ايت سايت عين mathlink بشه ...بسم الله!!!!!)

behrooz1373 · 1389/2/30

سوال شماره 6)
عدد های صحیح a,b,c,d,k چنان اند که
[center:677c21a8ea] a^2+k=b^2 و c^2+k=d^2

ثابت کنید عدد 2*(a+b)*(c+d)*(ac+bd-k) مربع کامل است.
کسی سوال 5 رو حل نکرد؟

[/center:677c21a8ea]

M_Sharifi · 1389/2/30

behrooz1373 گفت

در واقع اگر

$m$

مربع کامل نباشه، عدد اول

$p$

وجود داره که توانش توی فرده. فرض می کنیم

$p^{2\alpha+1}|| m$

. در این صورت

$p^{\alpha+1}| n$

و درنتیجه

[center:08d63d0af9]

$p^{2\alpha+2}\mid p^{3\alpha+1}\mid mn\mid m^2+n^2+m\Rightarrow p^{2\alpha+2}\mid m$

که تناقضه.

[/center:08d63d0af9]

farid_frd · 1389/2/30

سوال 5 )
این راه هم درسته ؟

$mn|m^{2}+n^{2}+m$

پس

$mn|m^{2}n+n^{3}+mn$

پس

$mn|m^{2}n+n^{3}$

پس

$m|m^{2}+n^{2}$

پس

$m|n^{2}$

حال فرض خلف میزنیم که :

$\exists p\in P:p|m,p^{2}|/m$

(

$|/$

یعنی عاد نمیکند )
چون

$p^{2}|/m$

و

$m|n^{2}$

پس

$p^{2}|/n^{2}$

در نتیجه

$p|/n$

پس

$p|/n^{2}$

در صورتی که داریم:

$p|m|n^{2}$

که تناقض است پس m باید مربع کامل باشد .

M_Sharifi · 1389/2/30

farid_frd گفت

سوال 5 )
این راه هم درسته ؟

$mn|m^{2}+n^{2}+m$

پس

$mn|m^{2}n+n^{3}+mn$

پس

$mn|m^{2}n+n^{3}$

پس

$m|m^{2}+n^{2}$

پس

$m|n^{2}$

حال فرض خلف میزنیم که :

$\exists p\in P:p|m,p^{2}|/m$

(

$|/$

یعنی عاد نمیکند )
چون

$p^{2}|/m$

و

$m|n^{2}$

پس

$p^{2}|/n^{2}$

در نتیجه

$p|/n$

پس

$p|/n^{2}$

در صورتی که داریم:

$p|m|n^{2}$

که تناقض است پس m باید مربع کامل باشد .

اون فرضی که کردی با مربع کامل نبودن عدد m هم ارز نیست (چون ممکنه که p[SUP]3[/SUP] توی m باشه)

farid_frd · 1389/2/30

میشه یه مثال بزنین که مربع کامل باشه و p بشماره m رو ولی p^2 نشماره m رو

M_Sharifi · 1389/2/31

farid_frd گفت

اگه یه عددی مربع کامل باشه، اون وقت هر p که اون عدد رو بشماره، p[SUP]2[/SUP] هم اون عدد رو می شماره. ولی اگه یه عددی این ویژگی رو داشت، لزوما مربع کامل نیست. بنابراین از این مطلب برای اثبات مربع کامل بودن یه عدد نمیشه استفاده کرد.

shoki · 1389/2/31

به farid_frd : برای عاد نمی کند از کد nmid\ استفاده کن

M_Sharifi · 1389/2/31

behrooz1373 گفت

داریم

[center:7bd586ce6c]

$d^2-c^2=b^2-a^2=k\Rightarrow k^2=(a^2-b^2)(c^2-d^2)=(ac+bd)^2-(ad+bc)^2\\ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\Rightarrow (ac+bd-k)(ac+bd+k)=(ad+bc)^2$

فرض کنید

$p$

عامل اول فردی از

$ac+bd-k$

هستش. اگر

$p\mid a,b$

، آن گاه

$p\mid k$

و بنابراین میشه از

$ac+bd-k$

و

$a+b$

دو تا عامل

$p$

فاکتور گرفت که تغییری در مربع کامل بودن عدد ایجاد نمی کنه. با ادامه دادن این روند می تونیم فرض کنیم که هر عامل اول در همزمان در

$a,b$

و یا همزمان در

$c,d$

نیست.
حالا دقت کنید که اگر

$p\not|(ac+bd+k,ac+bd-k)$

اون وقت طبق تساوی بالا، توان در

$ac+bd-k$

زوج میشه. ضمن این که

$p\not|(a+b)(c+d)$

، چراکه در غیر این صورت مثلا اگر

$p\mid a+b$

اون وقت

$p\mid k\Rightarrow p\mid ac+bd+k$

که تناقضه. پس توان در

$2(a+b)(c+d)(ac+bc-k)$

برابر توان

$p$

در

$ac+bd-k$

میشه، که گفتیم زوجه.

در نهایت تنها حالتی که باید بررسی کنیم این حالته که

$p\mid\gcd(ac+bd+k,ac+bd-k)$

. در این حالت اگر

$|| \gcd(ac+bd-k,ac+bd+k)||_p=t$

آن گاه کافیه ثابت کنیم که

$||ac+bd-k||_p+||a+b||_p+||c+d||_p$

زوج میشه (چرا؟). برای این منظور توجه کنید که

$p^t\mid k,~p^t\mid ac+bd,~p^t\mid ad-bc$

. درنتیجه

$p^t\mid (ac+bd)+(ad+bc)=(a+b)(c+d)$

[/center:7bd586ce6c][center:7bd586ce6c]

حالا نشون میدیم که

$a+b$

و

$c+d$

نمی تونند همزمان بر بخش پذیر باشند. چراکه در غیر این صورت،

$p\mid (a+b)c-(ac+bd)=b(c-d)\Rightarrow p\mid c-d\Rightarrow p\mid (c+d)+(c-d)=2c$

[/center:7bd586ce6c]

که غیر ممکنه. پس به عنوان مثال

$p^t\mid a+b$

و

$p\not|c+d$

. عکس این مطلب رو هم به همین ترتیب میشه اثبات کرد یعنی اگر

$||a+b||_p=t'$

، آن گاه

$p^{t'}\mid ac+bd-k$

. بنابراین

$t=t'$

. یعنی

$||ac+bd-k||_p=||a+b||_p$

و

$p\not|c+d$

.

بنابراین

[center:7bd586ce6c]

$||ac+bd-k||_p+||a+b||_p+||c+d||_p=2||ac+bd-k||_p$

که همان نتیجه ی مورد نظر است.
در حالت

$p=2$

نیز استدلال مشابهی می توان انجام داد.

[/center:7bd586ce6c]

M_Sharifi · 1389/2/31

سوال بعد:

[center:81bacce307]

$\300dpi \huge 7$

[/center:81bacce307]
فرض کنید

$a,b$

اعدادی گویا هستند؛ به طوری که

[center:81bacce307]

$\frac2{2a+b}=\frac{2a}b+\frac b{2a}-1$

[/center:81bacce307]
ثابت کنید

$1-2ab$

مربع عددی گویاست.

farid_frd · 1389/2/31

M_Sharifi گفت

farid_frd گفت

اگه یه عددی مربع کامل باشه، اون وقت هر p که اون عدد رو بشماره، p[SUP]2[/SUP] هم اون عدد رو می شماره. ولی اگه یه عددی این ویژگی رو داشت، لزوما مربع کامل نیست. بنابراین از این مطلب برای اثبات مربع کامل بودن یه عدد نمیشه استفاده کرد.

OK حواسم نبود

farid_frd · 1389/2/31

M_Sharifi گفت

behrooz1373 گفت

در واقع اگر

$m$

مربع کامل نباشه، عدد اول

$p$

وجود داره که توانش توی فرده. فرض می کنیم

$p^{2\alpha+1}|| m$

. در این صورت

$p^{\alpha+1}| n$

و درنتیجه

[center:d037dfc04c]

$p^{2\alpha+2}\mid p^{3\alpha+1}\mid mn\mid m^2+n^2+m\Rightarrow p^{2\alpha+2}\mid m$

که تناقضه.

[/center:d037dfc04c]

چون که

$m|n^{2}$

نتیجه گرفتید که

$p^{\alpha +1}|n$

؟؟؟

M_Sharifi · 1389/3/1

farid_frd گفت

بله.

shoki · 1389/3/1

در مورد سوال 6 یه تغییر متغیر کارو خیلی آسون تر می کنه ...

ماراتن نظریه ی اعداد (سطح ممتاز)

New Member

New Member

New Member

Well-Known Member

راهبر ریاضی

New Member

New Member

New Member

راهبر ریاضی

New Member

راهبر ریاضی

New Member

راهبر ریاضی

New Member

راهبر ریاضی

راهبر ریاضی

New Member

New Member

راهبر ریاضی

New Member