mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 14, 2018 12:18 pm**

Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι

ώστε ο

να διαιρεί την ορίζουσα

$\displaystyle \begin{vmatrix} 2^2 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 3^2 & 1 & \cdots & 1\\ 1 & 1 & 4^2 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & 1 & \cdots & (p+7)^2 \end{vmatrix}$

Επεξεργασία: Διορθώθηκε το (p+3)^2

σε

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 14, 2018 10:49 pm**

Demetres έγραψε: Σάβ Απρ 14, 2018 12:18 pm Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι ώστε ο να διαιρεί την ορίζουσα

$\displaystyle \begin{vmatrix} 2^2 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 3^2 & 1 & \cdots & 1\\ 1 & 1 & 4^2 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & 1 & \cdots & (p+3)^2 \end{vmatrix}$

Αφαιρώντας την πρώτη γραμμή από τις άλλες η ορίζουσα είναι
$(2^{2})(3^{2}-1)......((p+3)^{2}-1)$
Προφανώς αυτός ο υπολογισμός είναι ΛΑΘΟΣ.Οπότε η παρακάτω λύση δεν είναι σωστή
προφανώς μια λύση είναι ο p=2

Για

ο

δεν μπορεί να διαιρεί τους όρους μέχρι και το $((p-2)^{2}-1)$

Ετσι ο $p^{3}$

πρέπει να διαιρεί το

$((p-1)^{2}-1)(p^{2}-1)((p+1)^{2}-1)((p+2)^{2}-1)((p+3)^{2}-1)=$
(p-2)p(p-1)(p+1)p(p+2)(p+1)(p+3)(p+2)(p+4)

Εύκολα βλέπουμε ότι αν p>3

ο $p^{3}$ δεν το διαιρεί ενω για p=3

το διαίρει.

Αρα τελικά ο

είναι

η

Συμπλήρωμα.Η λύση είναι λάθος.Ευχαριστώ τον gavrilos που μου το υπέδειξε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 15, 2018 12:52 pm**

Απολογούμαι και εγώ για ένα άλλο λάθος. Ο πίνακας πάει μέχρι το (p+7)^2

και όχι μέχρι το (p+3)^2

. Θα κάνω τώρα την απαραίτητη διόρθωση. (Ευχαριστώ τον gavrilos που με ενημέρωσε.)

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 16, 2018 4:14 pm**

Αφαιρούμε την τελευταία γραμμή από όλες τις άλλες και έχουμε

$D = \begin {vmatrix} 2^2 & 1 & \cdot \cdot \cdot & 1 \\ 1 & 3^2 & \cdot \cdot \cdot & 1 \\ \cdot & \cdot & \cdot & \cdot \\ \cdot & \cdot & \cdot & \cdot \\ 1 & 1 & \cdot \cdot \cdot & (p+7)^2 \\ \end {vmatrix} = \begin {vmatrix} 1 \cdot 3 & 0 & 0 & \cdot \cdot \cdot & -(p+6)(p+8) \\ 0 & 2 \cdot 4 & 0 & \cdot \cdot \cdot & -(p+6)(p+8) \\ 0 & 0 & 3 \cdot 5 & \cdot \cdot \cdot & \cdot \cdot \cdot \\ \cdot \cdot \cdot & \cdot \cdot \cdot & \cdot \cdot \cdot & \cdot \cdot \cdot & \cdot \cdot \cdot \\ 1 & 1 & 1 & \cdot \cdot \cdot & (p+7)^2 \\ \end {vmatrix}$

Γράφουμε αυτή την ορίζουσα ως άθροισμα γινομένων παραγόντων, ενός από κάθε στήλη. Μία στήλη μπορεί να "συνεισφέρει" το διαγώνιο στοιχείο της ή (το πολύ μία στήλη) το

της τελευταίας γραμμής. Η τελευταία στήλη συνεισφέρει τη γραμμή που λείπει από το γινόμενο, με το κατάλληλο πρόσημο. Έτσι, η ορίζουσα ισούται με

$\displaystyle D = (p+7)^2 \prod_{k=2}^{p+6} \left( (k-1)(k+1) \right) + (p+6)(p+8) \sum_{k=2}^{p+6} \prod_{\substack {i=2 \\ i \neq k}}^{p+6} \left( (i-1)(i+1) \right) =$

$\displaystyle = (p+7)^2 \frac{(p+5)! (p+7)!}{2} + \frac{(p+6)!(p+8)!}{2} \sum_{k=2}^{p+6} \frac{1}{(k-1)(k+1)}$

Για το τελευταίο άθροισμα χρησιμοποιούμε τον τηλεσκοπικό τύπο $\displaystyle \frac{1}{n(n+2)} = \frac{1}{2n} - \frac{1}{2(n+2)}$ . Εν τέλει η ορίζουσα ισούται με

$\displaystyle D = \frac{ \left( (p+6)! \right)^2 (7p^2 + 101p + 362)}{8}$

Για p=2

είναι προφανές ότι ο αριθμητής διαιρείται από το

, οπότε ισχύει. Αλλιώς, χρησιμοποιούμε το θ. Wilson ( $\displaystyle (p-1)! \equiv -1 \mod p$ ) και βλέπουμε ότι ο αριθμητής, πέρα από τον παράγοντα p^2

που υπάρχει στο τετράγωνο του παραγοντικού, είναι ισότιμος με $(6!)^2 \cdot 362 \mod p$ . Έτσι, αν διαιρείται με p^3

πρέπει και αρκεί να ισχύει $p \in \{2, 3, 5, 181 \}$ .

mathematica.gr

Vojtech Jarnik 2018/2 Category I

Vojtech Jarnik 2018/2 Category I

Re: Vojtech Jarnik 2018/2 Category I

Re: Vojtech Jarnik 2018/2 Category I

Re: Vojtech Jarnik 2018/2 Category I