Βοήθεια σε άσκηση

ma128 · #1

Καλησπέρα, θα χρειαζόμουν λίγη βοήθεια σε μία άσκηση.
Η οποία έχει ως εξής: $a=2^{k}(2l+1)$ και $b=2^{m}(2q+1)$ με k<m

.Να δειχτεί ότι: $gcd(a,b)=2^{k}gcd(l-q,2q+1)$
Έχω κάνει τα εξής: $a=2^{k-m}b-2^{k+1}(q-l)$ επομένως: $gcd(a,b)=gcd(2^{k+1}(q-l),2^m(2q+1)$ . Εδώ με προβληματίζει, αν αυτά που έχω κάνει μέχρι στιγμής είναι προς την σωστή κατεύθυνση , φαντάζομαι πως ναι γιατί έχω δημιουργήσει σχεδόν το ζητούμενο.Με προβληματίζει, λοιπόν το πως θα φύγουν οι δυνάμεις του

και θα βγεί απο έξω το $2^{κ}$ . Σίγουρα το $2^{k}$ μπορεί να βγεί έξω διότι είναι ένας σταθερός συντελεστής και των δύο παραστάσεων αλλά μέσα θα μου μείνουν απο τη μία μεριά το

και απο την άλλη το $2^{m-k}$ .

Ευχαριστώ εκ των προτέρων, όποιον έχει τη διάθεση και την καλοσύνη να μου δώσει κάποια ιδέα.

ma128 · #2

Έστω

Επομένως $a=2^{k}(2l+1) <=> a=2^{k}(2u+2q+1) <=> a=2^{k}(2q+1) + 2^{k}2u <=> a=2^{k}(2q+1)+2^{k}2(l-q)$
Επομένως, $b=2^{m-k}a-2^{m}2(l-q)$ άρα $(gcd(a,b)=gcd(2^{m}2(l-q),b)=gcd(2^{m}2(l-q),2^m(2q+1))=2^{m}gcd(2(l-q),2q+1)$
Και επειδή το 2q+1

είναι περιττός gcd(2(l-q),2q+1)=gcd(l-q,2q+1)

.
Άρα έχουμε φτάσει στο ότι $gcd(a,b)=2^{m}gcd(l-q,2q+1)$ όμως το ζητούμενο είναι $gcd(a,b)=2^{k}gcd(l-q,2q+1)$ .

ma128 · #3

Τελικά μάλλον είναι πιο εύκολο. Καθώς , εξαρχής μπορούμε να πούμε οτι $gcd(a,b)=gcd(2^{k}(2l+1),2^{m}(2q+1))=gcd(2^{k}(2l+1),2^{k}2^{m-k}(2q+1)=2^{k}gcd(2l+1,2^{m-k}(2q+1)$ και επειδή 2l+1

περιττός $=> gcd(2l+1,2^{m-k}(2q+1))=gcd(2l+1,2q+1)$ Άρα έχω, $gcd(a,b)=2^{k}gcd(2l+1,2q+1)$ .Έστω τώρα, $l-q=u<=>l=q+u => gcd(a,b)=2^{k}gcd(2q+1+2u,2q+1)=>gcf(a,b)=2^{k}gcd(2u,2q+1)=2^{k}gcd(2(l-q),2q+1)$
και όπως πριν , επειδή 2q+1

περιττός,καταλήγουμε ότι, $gcd(a,b)=2^{k}gcd(l-q,2q+1)$

ma128 · #4

Ευχαριστώ πολύ Μιχάλη, το σκέφτηκα εκ των υστέρων.

#5

Κάνεις τα εύκολα δύσκολα και χάνεσαι σε πράξεις. Η άσκηση είναι απλή.

Εύκολα $\gcd (2^k(2l+1), 2^m(2q+1) ) =2^k \gcd (2l+1,2q+1)$ και τώρα

$\gcd (2l+1,2q+1)= \gcd( 2l+1-2q-1,2q+1)= \gcd (2(l-q),2q+1) = \gcd(l-q,2q+1)$

Και πάλι πολλά έγραψα. Μπορούσα με τα δύο τρίτα αυτών.

ma128 · #6

Ευχαριστώ πολύ για τη βοήθεια. Η αλήθεια είναι οτι σας τα γράφω υπεραναλυτικά προς διευκόλυνση δική σας, αλλά απ'οτι καταλαβαίνω ίσως αυτό έχει τα αντίθετα αποτελέσματα, οπότε την επόμενη φορά θα το λάβω υπ'όψιν.

ma128 · #7

Θα ήθελα να κάνω μία ακόμη ερώτηση, ποιός είναι ο μικρότερος σύνθετος ακέραιος της μορφής p1p2p3.....pn + 1

όπου

διαδοχικοί πρώτοι με p1=2

;

#8

ma128 έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 21, 2022 2:39 am
Θα ήθελα να κάνω μία ακόμη ερώτηση, ποιός είναι ο μικρότερος σύνθετος ακέραιος της μορφής όπου διαδοχικοί πρώτοι με ;

.
Θα μπορούσες να το λύσεις μόνος σου αυτό ως τετριμμένο θέμα. Ως γνήσιος Μαθηματικός πρέπει να απαντάς μόνος σου σε άμεσα ερωτήματα.
Απλά κάνε δοκιμές με μικρούς πρώτους. Κομπιουτεράκι έχεις, οπότε ένας λόγος παραπάνω να είναι απλό το θέμα.

Σου δίνω μόνο την πληροφορία ότι η απάντηση είναι περίπου 30000. Δεν σου λέω ακριβώς, για να το βρεις μόνος σου. Περιμένουμε εδώ την απόκρισή σου.

(Υ.Γ. Για να γράψεις p_k

σε latex, γράφεις p_k ανάμεσα σε δολλάρια).

ma128 · #9

Πράγματι είναι ο 30031=59*509

. Πίστευα ότι θα είναι πολύ μεγάλος αριθμός και ότι απαιτείται κάποια περίτεχνη διαδικασία για να τον υποδείξω. Πράγματι ήταν πολύ απλό.

#10

ma128 έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 21, 2022 7:02 pm
Πράγματι είναι ο . Πίστευα ότι θα είναι πολύ μεγάλος αριθμός και ότι απαιτείται κάποια περίτεχνη διαδικασία για να τον υποδείξω. Πράγματι ήταν πολύ απλό.

Σωστά. Είναι $2\times 3 \times 5 \times 7 \times 11 \times 13 + 1 = 30031$ (σύνθετος) ενώ όλοι οι προηγούμενοι είναι πρώτοι.

ma128 · #11

Ακόμη μία, ελπίζω να μην το έχω παρακάνει, αλλά είναι πολύ σημαντική στο διαβασμά μου η βοηθεία που μου δίνεται.
Έστω

πρώτος και

ακέραιος με 1=<a=<p-1

.Να δειχτεί οτι ο

διαιρεί τον p!/[(p-a)!a!]

.

#12

ma128 έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 22, 2022 1:44 am
Ακόμη μία, ελπίζω να μην το έχω παρακάνει, αλλά είναι πολύ σημαντική στο διαβασμά μου η βοηθεία που μου δίνεται.
Έστω πρώτος και ακέραιος με .Να δειχτεί οτι ο διαιρεί τον .

Υπόδειξη: Πρώτα βεβαιώσου πως ξέρεις ότι ο $\dfrac {p!}{(p-a)!a!}$ είναι ακέραιος. Με αυτό ως δεδομένο κοίτα τώρα τον αριθμητή και τον παρονομαστή χωριστά. Ο αριθμητής έχει ως κάποιον από τους παράγοντές του τον

. Αναρωτήσου τώρα αν αυτό το

μπορεί να απλοποιηθεί με κάποιον παράγοντα που βρίσκεται στον παρονομαστή.

Θα χαρούμε να δούμε την λύση σου εδώ. Αυτό που μένει να κάνεις, πέρα από ότι λέει η υπόδειξη, είναι ελάχιστο.

Και καλό είναι να μάθεις latex. Π.χ. ποιο είναι το σύμβολο του $\le$ ; Αν δεν το ξέρεις, δεν χρειάζεται να πας μακρυά. Κοίτα τον EqEditor στην μπάρα πιο πάνω, και θα μάθεις.

ma128 · #13

Με έχει παιδέψει πολύ και δεν βλέπω φως στον ορίζοντα. Αυτό που προσπαθώ, είναι να δημιουργήσω στον παρανομαστή το $a^{p}$ καθώς ξέρω οτι, απο το θεώρημα του Φερμά , το $p|a^{p}-a$ και πράγματι αν αναπτύξω λίγο τα παραγοντικά θα προκύψει αυτό αφού απο το (p-a)!

θα προκύψει $a^{p-a}$ και απο το

θα προκύψει $a^{a}$ , επομένως $a^{p-a}a^{a}=a^{p}$ .
Μετά το a^p=qp+a

και άρα έχω το

στο παρανομαστή αλλά με την ανάπτυξη των παραγοντικών έχω δημιουργήσει ένα τέρας στον παρανομαστή.Εκτός αν κάτι δεν έχω κάνει καλά. Και για αυτό δεν μου φαίνεται οτι θα βγεί έτσι , εξάλλου δεν έχω χρησιμοποιήσει και το δεδομένο της άσκησης , την ανισότητα για το

.

#14

ma128 έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 22, 2022 7:17 pm
Με έχει παιδέψει πολύ και δεν βλέπω φως στον ορίζοντα. Αυτό που προσπαθώ, είναι να δημιουργήσω στον παρανομαστή το $a^{p}$ καθώς ξέρω οτι, απο το θεώρημα του Φερμά , το $p|a^{p}-a$ και πράγματι αν αναπτύξω λίγο τα παραγοντικά θα προκύψει αυτό αφού απο το θα προκύψει $a^{p-a}$ και απο το θα προκύψει $a^{a}$ , επομένως $a^{p-a}a^{a}=a^{p}$ .
Μετά το και άρα έχω το στο παρανομαστή αλλά με την ανάπτυξη των παραγοντικών έχω δημιουργήσει ένα τέρας στον παρανομαστή.Εκτός αν κάτι δεν έχω κάνει καλά. Και για αυτό δεν μου φαίνεται οτι θα βγεί έτσι , εξάλλου δεν έχω χρησιμοποιήσει και το δεδομένο της άσκησης , την ανισότητα για το .

Πάλι χάνεσαι χωρίς λόγο, κάνοντας τα εύκολα, δύσκολα.

Θα επαναλάβω κάτι που ήδη έγραψα, μήπως αυτή την φορά αντιληφθείς τι εννοώ.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 22, 2022 10:03 am
'Αυτό που μένει να κάνεις, πέρα από ότι λέει η υπόδειξη, είναι ελάχιστο.

Άσε λοιπόν τα περιττά και πολύπλοκα που είναι εκτός θέματος. Τα Μαθηματικά θέλουν απλή, καθαρή σκέψη.

ma128 · #15

Δεν το έχω , ειλικρινά. Ούτε μπορώ να δείξω οτι είναι ακέραιος ο εν δυνάμει διαιρεταίος ούτε μπορώ να δείξω οτι διαιρείται.

ma128 · #16

Αν ο εν δυνάμει διαιρεταίος είναι ακέραιος , τότε αρκεί να εξετάσω αν ο

διαιρεί τον αριθμητή και τον παρανομαστή ξεχωριστά.
Τον αριθμητή τον διαιρεί προφανώς.Εις οτι αφορά τον παρανομαστή , ο παρανομαστής είναι ένα γινόμενο, εαν ο

διαιρεί τον παρανομαστή, όπως έχουμε πει αυτό σημαίνει οτι ο

διαιρεί ένα παράγοντα του γινομένου, όμως όλοι οι παράγοντες αυτόυ του γινομένου είναι μικρότεροι του

και άρα δεν διαιρούνται απο αυτόν.

ma128 · #17

ma128 έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 22, 2022 10:00 pm
τότε αρκεί να εξετάσω αν ο διαιρεί τον αριθμητή και τον παρανομαστή ξεχωριστά

Άρα αυτό δεν ισχύει. Γιατί όμως δεν ισχύει;

#18

ma128 έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 22, 2022 8:30 pm
Δεν το έχω , ειλικρινά. Ούτε μπορώ να δείξω οτι είναι ακέραιος ο εν δυνάμει διαιρεταίος ούτε μπορώ να δείξω οτι διαιρείται.

Δίνω λίγο παραπάνω υπόδειξη.

Ας αφήσουμε κατά μέρος το γεγονός ότι ο $\dfrac {p!}{(p-a)!a!}$ είναι φυσικός. Υπάρχουν πολλές αποδείξεις (π.χ. με επαγωγή ή ως διωνυμικοί συντελεστές) αλλά για την ώρα ας το δεχθούμε αναπόδεικτο (*)

. Έχουμε τότε για κάποιον φυσικό

ότι

Όπως έγραψα στην αρχική που υπόδειξη, ο

είναι (πρώτος) παράγοντας του αριστερού μέλους, άρα και του δεξιού. Τον βλέπεις άραγε ως παράγοντα του

; Πες μας επ' αυτού. Μετά αναρωτήσου αν τον βλέπεις ως παράγοντα του (p-a)!

.

Συνέχισε.

(*)

σίγουρα υπάρχει στο βιβλίο από όπου πήρες την άσκηση. Δεν έχει νόημα η άσκηση αν δεν ξέρεις εκ των προτέρων ότι ο $\dfrac {p!}{(p-a)!a!}$ είναι ακέραιος, αφού σου ζητά να βρεις έναν διαιρέτη του (τον

). Δεν έχει νόημα να σου πει το βιβλίο να βρεις διαιρέτη ενός κλάσματος.

Με τρώει η περιέργεια, ποιο είναι το βιβλίο του μαθήματος;

#19

ma128 έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 22, 2022 10:00 pm
Αν ο εν δυνάμει διαιρεταίος είναι ακέραιος , τότε αρκεί να εξετάσω αν ο διαιρεί τον αριθμητή και τον παρανομαστή ξεχωριστά.
Τον αριθμητή τον διαιρεί προφανώς.Εις οτι αφορά τον παρανομαστή , ο παρανομαστής είναι ένα γινόμενο, εαν ο διαιρεί τον παρανομαστή, όπως έχουμε πει αυτό σημαίνει οτι ο διαιρεί ένα παράγοντα του γινομένου, όμως όλοι οι παράγοντες αυτόυ του γινομένου είναι μικρότεροι του και άρα δεν διαιρούνται απο αυτόν.

Το ποστ σου αυτό μπήκε όσο έγραφα το προηγούμενό μου. Διασταυρώθηκαν.

Αυτά που γράφεις εδώ δεν είναι αυτά που σου έγραψα στην υπόδειξη. Άλλο κατάλαβες. Για παράδειγμα ΔΕΝ ΕΙΠΑ ότι ο

είναι παράγοντας του παρονομαστή. Αν καταλάβεις σωστά την υπόδειξη, υπενόησα το ΑΝΤΙΘΕΤΟ, ότι ΔΕΝ είναι διαιρέτης. Δηλαδή το

είναι διαιρέτης ΜΟΝΟ του αριθμητή, και άρα ΔΕΝ απλοποιείται.

ma128 · #20

Δεν μπορεί να είναι παράγοντας του

ή του

καθώς αν ήταν αυτό θα σήμαινε οτι ο

, επειδή είναι πρώτος, θα διαιρεί έναν παράγοντα του εκάστοτε γινομένου. Όμως όλοι οι παράγοντες των γινομένων αυτών είναι μικρότεροι του

και άρα δεν διαιρούνται απο αυτόν.
Φυσικά αν δεν είναι ακέραιος δεν έχει νόημα η άσκηση, δεν προσπαθούσα να καταλήξω σε άτοπο, την απορία μου εξέφρασα.

Το βιβλίο είναι: Εισαγωγή στην Θεωρία Αριθμών (Δημήτρης Δεριζιώτης)
Η άσκηση αυτή βέβαια δεν είναι απο το βιβλίο.

Βοήθεια σε άσκηση

Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Re: Βοήθεια σε άσκηση

Μέλη σε σύνδεση