ลองทำ ทบ จน.กันเล่นๆนะครับ
จงหา จำนวนเต็ม $k$ ที่มากที่สุด(ในเทอมของ $n$) ที่ทำให้ $$\frac{m^{n!}-1}{2^k(m^{2!}-1)}$$ เป็นจำนวนเต็มคี่ สำหรับทุกจำนวนเต็มคี่ $m$ ที่มากกว่า $1$ เเละจำนวนนับ $n>1$
|
พิจารณา $\upsilon_{2}(n!)$
|
อ้างอิง:
ไม่ทราบว่าคุณผิดพิมพ์หรือไม่ครับ ตรง $m^{2!}$ ครับ ขอบคุณครับ |
ถูกเเล้วครับ ขอโทษที่ตอบช้านะครับ
|
ช่วยเฉลยวิธีคิดข้อนี้หน่อยครับ
ผมมั่วไปมั่วมาได้ $ k=\left\lfloor\,\frac {n}{2}\right\rfloor +\left\lfloor\,\frac {n}{2^2}\right\rfloor +\left\lfloor\,\frac {n}{2^3}\right\rfloor +...+\left\lfloor\,\frac {n}{2^\sqrt{n}} \right\rfloor \,-1$ครับ |
คุณจูกัดเหลียงมีเฉลยวิธีและคำตอบไหมครับ
|
ให้ $n!=2^\alpha t$ โดยที่ $t$ เป็นจำนวนคี่
ได้ว่า $$\frac{m^{n!}-1}{m^{2!}-1}=\Big((m^2+1)({m^2}^2+1)...(m^{2^{\alpha-1}}+1)\Big)(1+m^{2^\alpha}+(m^{2^{\alpha}})^2+...(m^{2^{\alpha}})^{t-1})$$ จาก $m,t$ เป็นเลขคี่ได้ว่า $2|(1+m^{2^\alpha}+(m^{2^{\alpha}})^2+...(m^{2^{\alpha}})^{t-1})$ ไม่ได้ และจาก $2||(m^{2^k}+1)$ ทุกจำนวนเต็มบวก $k$ ดังนั้น $2^{\alpha-1}||\Big(\dfrac{m^{n!}-1}{m^{2!}-1}\Big)$ จึงได้ว่า $$k=\alpha-1=-1+\sum_{k=0}^{\infty} \left\lfloor\,\dfrac{n}{2^k}\right\rfloor $$ |
มันจะเท่ากันครับ เเต่ที่ผมสงสัยมากกว่าคือ คุณ artty60 เดาคำตอบออกมาได้อย่างไร
|
ผมว่ามันไม่เท่ากันนะครับ คำตอบผมน้อยกว่าของคุณจูกัดเหลียงครับ ลองเช็คคำตอบดู และผมยังงงกับตัวk2ตัวว่ามันคนละตัวแปรรึเปล่า
ส่วนผมก็คิดคล้ายๆกันน่ะครับ ผมให้ $\,m^2=x\,$ $\,m^{n!}-1=(x-1)(x^{\frac{n!}{2}}-1)=(x-1)(x^{\frac{n!}{2}-1}+x^{\frac{n!}{2}-2}+...+x^2+x+1)$ แล้วดูๆเอาเรื่องเลขคู่เลขคี่ และทบ.เลอจองด์ช่วยได้ดังคำตอบก่อนหน้านี้ |
ลองเเสดงวิธีเต็มๆทีครับ
|
ให้$\,m^2=x\, $ซึ่ง x ก็เป็นจำนวนคี่
จะได้$\,m^{n!}-1\, =(x^{\frac{n!}{2}}-1)=(x-1)(x^{\frac {n!}{2}-1}+x^{\frac{n!}{2}-2}+...+x^2+x+1) $ แสดงว่า$\,2^k\mid (x^{\frac {n!}{2}-1}+x^{\frac{n!}{2}-2}+...+x^2+x+1) $ จะเห็นว่าฝั่งขวามี$\,\frac {n!}{2}\, $เทอม ซึ่งเป็นจำนวนคู่ แต่ละเทอมเป็นจำนวนคี่ ซึ่งหาร2เหลือเศษ1 เศษรวมเป็น$\,\frac {n!}{2}\,$ ดังนั้น$\,2^k\mid (P+\frac {n!}{2})=\frac {n!}{2}(Q+1)\,$โดย P, Qเป็นจำนวนคู่ แสดงว่า$\,2^k\mid \frac {n!}{2}\, $ หาจำนวนตัวประกอบ 2 ของ $\,n!\,$ด้วยทบ.ของเลอจองด์ได้$\,=\left\lfloor\,\frac {n}{2}\right\rfloor +\left\lfloor\,\frac{n}{2^2}\right\rfloor +...+\left\lfloor\,\frac {n}{2^\sqrt{n}} \right\rfloor \,$ $$\therefore \,\quad \,k=\sum_{i = 1}^{\sqrt{n} } \left\lfloor\,\frac {n}{2^i}\right\rfloor-1 $$ |
เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 08:40 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha