Fórum: Számelméleti érdekességek

Érdekes részsorozatot találtam:

1 49 2401 -> -6
2 4899 24000201 -> -21
3 48989999 2400020002020001 -> -52
4 4898999899999999 24000200020200000202000200000001 -> -117
5 48989998999999989999999999999999 2400020002020000020200020000000002020002000000020000000000000001 -> -252
6 4898999899999998999999999999999899999999999999999999999999999999 24000200020200000202000200000000020200020000000200000000000000000202000200000002000000000000000200000000000000000000000000000001 -> -529
7 ... ... -> -1092
8 ... ... -> -2229
9 ... ... -> -4516
10 ... ... -> -9105
11 ... ... -> -18300
12 ... ... -> -36709
13 ... ... -> -73548
14 ... ... -> -147249
15 ... ... -> -294676
16 ... ... -> -589557
17 ... ... -> -1179348
18 ... ... -> -2358961
19 ... ... -> -4718220
20 ... ... -> -9436773
21 ... ... -> -18873916
22 ... ... -> -37748241
23 ... ... -> -75496932

Ezt csak úgy beteszem ide, nem tudom, van-e ennél is jobb megoldás (1 milliárdig néztem meg):

0 0 -> 0
39 1521 -> -3
49 2401 -> -6
149 22201 -> -7
549 301401 -> -9
1789 3200521 -> -12
3899 15202201 -> -16
4899 24000201 -> -21
148999 22200702001 -> -24
248999 62000502001 -> -25
388999 151320222001 -> -27
448999 201600102001 -> -30
489899 240001030201 -> -34
28989999 840420042020001 -> -36
34989999 1224300030020001 -> -42
38989999 1520220022020001 -> -45
44989999 2024100010020001 -> -48
48989999 2400020002020001 -> -52

Ohh te jó ég! Eddig én is eljutottam, de nem eset le, hogy ez ugyan az... köszi hogy felírtad hogy 1*1 :) Így már le eset :P Köszönöm! nagyon Köszönöm

Ugyan 2-es számrendszerben kicsit sántít a dolog, de fogjuk rá. :)

Egyébként pedig az \(\displaystyle 1\cdot n+(n-2)\cdot 1\) és az \(\displaystyle (n-2)\cdot n+1\cdot 1\) kifejezéseket vesd össze.

Erre a kérdésre keresem a válszt! 10-es ben mködik-de a többiben?! :) igaz-e hogy minden számrendszerben az alapot megelőző szám kétszeresét és négyzetét ugyanazon számjegyekkel, de fordított sorrendben írjuk.

Sziasztok!

A szakdolgozatomhoz kérnék segítséget tőletek, olyan feladatokat keresek, amelyek középiskolai illetve egyetemi módszerrel egyaránt megoldhatóak. Segítségeteket előre is köszönöm.

Nem minden nap oldanak meg egy 10000 dolláros Erdős problémát: http://arxiv.org/abs/1408.4505 1 napra rá egy új bizonyítás: http://arxiv.org/abs/1408.5110.pdf.

Valóban kiváló, ő volt az egyik legjobb tanár az egyetemen. Van egy hasonló előadás, amit még a Fazekasban tartott, sajnos annak kevésbé jó a minősége.

http://www.youtube.com/watch?v=sR8iX8LhUqQ

Freud Róbert: "Százezer dolláros prímszámok" http://www.youtube.com/watch?v=kxuPwnPS9XQ

Zseniális előadás, jórészt laikusoknak. Freud: "Baráttól sem szabad elfogadni prímszámot!"

A Gunarasfürdőn tartott előadásom jegyzete elérhető innen. (Ez részletesebb, és messzebbre jut: ott nem volt idő mindenre.)

Elég annyi, hogy minden i-hez van olyan j.

Igen, a ciklikus feltételt abban használtuk ki, hogy feltehetjük, hogy p|a₁. (Bocs, későn vettem észre a hozzászólásodat.)

A gondolatmenetet lehet, hogy egyszerűbb úgy leírni, hogy tfh. indirekt van ilyen, és vagyük azt, melyre a legkisebb. Én mondjuk más megoldásra gondoltam.

Legyen p az a₁a₂...a_n szorzat legkisebb prímosztója, feltehetően p|a₁. Ekkor b^a₂1 (mod p), és a Kis-Fermat-tétel szerint b^p-11 (mod p) úgyszintén, hisz b és p a feltételekből relatív prím. De ekkor az o_p(b) rend osztja p-1-et és a₂-t, amiért legnagyobb közös osztójukat is, d-t. Minthogy azonban d<p és d|a₂, ezért d-nek nem lehet prímosztója a kitételünk miatt, amiért d=1, így o_p(b)=1, p|b-1. Ebből pedig következik a feladat állítása.

Ezt a feladatot az A.598-as feladat kapcsán találtam ki. A két feladat ugyanis megegyezik egymással!*

Definíció. Legyen P(x,y) egy x és y pozitív egészekre vonatkozó állítás. Tegyük fel róla a következőket. (1a) z|y esetén P(x,y)P(x,z), (1b) P(x₁,y) és P(x₁,y) P(lnko(x₁,x₂),y), (2) ha p prím, akkor P(f(p),p) igaz, ahol f(p) olyan tulajdonságú függvény, hogy nN⁺ lnko(n,f(p))-nek van q prímosztója, akkor q<p.

Feladat. Tudjuk, hogy a₁,a₂,...,a_n,a_n+1=a₁N⁺ számsorozatra P(a_i+1,a_i) érvényes in,iN⁺. Igazoljuk, hogy P(1,p) teljesül a₁a₂^....^.a_n valamely prímosztójára.

Megoldás. Legyen p az a₁a₂...a_n szorzat legkisebb prímosztója, feltehetően p|a₁. Egyrészt a feltétel szerint P(a₂,a₁), amiből (1a) szerint P(a₂,p) következik. Másrészt (2) miatt P(f(p),p), amit előbbivel összevetve (1b) szerint P(lnko(a₂,f(p)),p) adódik. Ellenben (2) miatt ez csak úgy lehet, hogy lnko(a₂,f(p))=1, amivel épp az állítást kaptuk.

Nos, ha P(x,y):b^x1 (mod y) és f(p)=p-1, akkor éppen az általam kitűzött feladatot kapjuk, azzal a triviális számelméleti megfontolással megtoldva, hogy lnko(b,p)=1. Míg ha P(x,y):y|F_x, akkor az A.598 adódik, azzal a megjegyzéssel, hogy f csak az 5-nél nagyobb prímszámokra van értelmezve (és f(p)=p1), ezért külön kell kitérnünk arra az esetre, hogy p5, p|a₁a₂...a_n.

* Ha valaki kifogásolná, ez kicsit hatásvadászat volt :-).

Legyen p a legkisebb prím, amely osztja valamely a_j-t. A könnyebb jelölésért tegyük fel, hogy p|a₁ Ekkor a₁|b^a₂-1. Azaz, p|b^a₂-1. Tudjuk, hogy p|b^p-1-1,

így p|b^{lnko(p-1,a₂)}-1. Mivel a₂ minden prímosztója nagyobb, mint p, ezért a lnko=1, azaz p|b-1.

Persze csalás, hogy nem használtuk ki a ciklikus feltételt.

Ha létezik olyan a_i, melyre lnko(a_i,b)>1, akkor a_i|b^a_i+1-1 nem teljesülhet. Tehát bármely i-re lnko(a_i,b)=1, tehát az o_ai(b) rend létezik.

Tegyük fel indirekt, hogy lnko(b-1,a₁a₂...a_n)=1. Ebből következik, hogy b nem kongruens 1-gyel mod a_i, ezért o_ai(b)>1 bármely i-re. Mivel b^a_i+11mod a_i, így o_ai(b)|a_i+1 (ebből o_ai(b)a_i+1). Azt is tudjuk, hogy o_ai(b)(a_i)<a_i. Vegyünk egy i-t, melyre a_i+1o_ai(b) és írjunk helyette a_i+1'=o_ai(b). Ekkor egy olyan szám n-est kaptunk, melyben csökkentettük a_i+1-et, és a többi a_i -t meghagytuk, tehát a számok összege csökkent legalább 1-gyel. Ez az új szám n-es sem tartalmazza az 1-et és kielégíti az eredeti feltételeket. Ezt a cserélgető lépést ismételgessük, ameddig meg nem állunk. (Az összeg legalább eggyel csökkenése miatt véges sok lépésben meg fogunk.)

A kapott szám n-est jelöljük x₁,...,x_n -nel, ekkor bármely i-re x_i+1=o_xi(b) és o_xi(b)1. Ezért az x₁,x₂,...x_n,x_n+1=x₁ sorozat szigorú monoton csökkenő lesz, tehát azt kaptuk, hogy x₁>x₁, mely ellentmondás.

Legyenek b,a₁,a₂,...,a_n (a_n+1=a₁) olyan 1-nél nagyobb egész számok, melyekre a_i|b^a_i+1-1 i=1,2,...,n.

Bizonyítsuk be, hogy lnko(b-1,a₁a₂...a_n)>1.

Az a honlap kicsit csal. Szigorú értelemben véve egy automorf szám első jegyének meg kéne engedni, hogy 0 is lehessen. pl: 625 négyzete nemcsak 625-re, hanem 0625-re végződik. Tehát a 625 az három- és négyjegyű automorf szám lesz.

A003226.

Az angol kiadásban 012345679 szerepel, ami helyes.

Íme egy másik, ugyanabból a könyvből:

... he was doing 76 miles an hour, and he would see that 76 squared was 5776, which ended in 76 as it started, which made 76 an automorphic number, only one of two before 100.

Hány 3,4 5 jegyű ,,automorf szám" van?

Vagyis tizedestört alakjában nincs 8-as.

legegyszerűbb alakban (a 23456789 prímszám!)

At első jópofa újjgyakorlat. Mutassuk meg adott alakú egészről, hogy ez a tulajdonsága a jegyek sorozatos összeadása során sem változik.

A másodiknak egy baja van: nem igaz.

Lee Child: A wanted man című krimijében az alábbiak olvashatók:

Take any three consecutive numbers, the largest one divisible by 3, and add them up, and then add the sum of the digits of the result again and again if necessary, until single number is left, That number will be six.

... one divided by 81 expressed as a decimal came out as .0123456789, which is then recurred literally forever, 0123456789 over and over ...

Mi több, minden páratlan prímszám pontosan egyféleképpen lesz f(x,y).

Ha x=2;y=0, akkor f(x,y)=1 egyébként f(x,y) mindig prím. Ugyanis g(x,y)!=0 esetén g²(x,y)-10, így , azaz prím. Ha g(x,y)=0, akkor , de x egész, így (y+1)|(y!+1) is teljesül, amiből következik, hogy y=0 vagy y=p-1 (Wilson tétel). Ha y=0, akkor x=2, ez kivétel. Ha y=p-1, akkor , és .