Mathcenter Forum  

Go Back   Mathcenter Forum > คณิตศาสตร์โอลิมปิก และอุดมศึกษา > พีชคณิต
สมัครสมาชิก คู่มือการใช้ รายชื่อสมาชิก ปฏิทิน ค้นหา ข้อความวันนี้ ทำเครื่องหมายอ่านทุกห้องแล้ว

ตั้งหัวข้อใหม่ Reply
 
เครื่องมือของหัวข้อ ค้นหาในหัวข้อนี้
  #1  
Old 17 พฤศจิกายน 2016, 03:50
i^i i^i ไม่อยู่ในระบบ
กระบี่ไว
 
วันที่สมัครสมาชิก: 02 มีนาคม 2014
ข้อความ: 230
i^i is on a distinguished road
Default ขอเเนวทางการพิสูจน์หน่อยครับ

ขอเเนวทางการพิสูจน์เเบบอุปนัยเชิงคณิตศาสตร์หน่อยครับ
ปล. ผมสมมติ ให้ m=6 จะได้ n_1=4 , m=8 จะได้n_1=7
ตรงขั้นตอนเเสดงว่า P(n_1,6) เป็นจริง
เเล้วมาติดตรง P(n_1,k)->P(n_1,k+1) เป็นจริง
ยังไปต่อไม่ถูกครับ ขอคำเเนะนำด้วยครับ
ขอบคุณครับ
รูปภาพที่แนบมาด้วย
 
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #2  
Old 24 พฤศจิกายน 2016, 12:31
i^i i^i ไม่อยู่ในระบบ
กระบี่ไว
 
วันที่สมัครสมาชิก: 02 มีนาคม 2014
ข้อความ: 230
i^i is on a distinguished road
Default

รบกวนขอ Hint หน่อยครับ ผมติดมาหลายวันเเล้วครับ .:T_T:.
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #3  
Old 26 พฤศจิกายน 2016, 18:36
Aquila Aquila ไม่อยู่ในระบบ
บัณฑิตฟ้า
 
วันที่สมัครสมาชิก: 29 ตุลาคม 2013
ข้อความ: 412
Aquila is on a distinguished road
Default

อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ i^i View Post
รบกวนขอ Hint หน่อยครับ ผมติดมาหลายวันเเล้วครับ .:T_T:.
โจทย์มันอยากได้ความสัมพันธ์ของ "ค่าเลขชี้กำลังสูงสุด" (ที่เจอใน $m!$)

กับ "จำนวน $m$" จริงป่าวครับ เพราะฉะนั้นพยายามหาเครื่องมือมา "เปรียบเทียบ"

ค่าของเลขชี้กำลังสูงสุดกับค่าของ value $m$

พิสูจน์ให้ได้ก่อนว่าค่ามากที่สุดของเลขชี้กำลัง มันจะเจอใน $p_{1}=2$ ครับ

แล้วใช้เครื่องมือบางอย่าง "โยง" ข้อมูลของ $n_{1}$ (ในตำแหน่ง $p=2$)

เข้าไปเปรียบเทียบกับค่าของ $m$ ครับ

หรือง่ายๆคือ สร้างความสัมพันธ์ของเลขชี้กำลัง $n_{1}-1$ กับ $m$ ให้เปรียบเทียบค่ากันให้ได้

ผมทดจนสุดๆดูแล้วมันไม่ได้ใช้อุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ได้ตรงๆครับ ต้องทอนโจทย์ลงมาก่อน

ถ้าไม่ได้จริงๆ แล้ววิธีผมไม่มีปัญหาเดี๋ยวมาพิมพ์ไว้ให้ทีหลังครับ สู้ๆนะครับ

ปล. ปัญหาข้อนี้จริงๆมันอยู่ที่ ความลำบากในการเปรียบเทียบปริมาณครับ เลือกเครื่องมือดีๆครับ
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #4  
Old 26 พฤศจิกายน 2016, 22:20
i^i i^i ไม่อยู่ในระบบ
กระบี่ไว
 
วันที่สมัครสมาชิก: 02 มีนาคม 2014
ข้อความ: 230
i^i is on a distinguished road
Default

อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Aquila View Post
โจทย์มันอยากได้ความสัมพันธ์ของ "ค่าเลขชี้กำลังสูงสุด" (ที่เจอใน $m!$)

กับ "จำนวน $m$" จริงป่าวครับ เพราะฉะนั้นพยายามหาเครื่องมือมา "เปรียบเทียบ"

ค่าของเลขชี้กำลังสูงสุดกับค่าของ value $m$

พิสูจน์ให้ได้ก่อนว่าค่ามากที่สุดของเลขชี้กำลัง มันจะเจอใน $p_{1}=2$ ครับ

แล้วใช้เครื่องมือบางอย่าง "โยง" ข้อมูลของ $n_{1}$ (ในตำแหน่ง $p=2$)

เข้าไปเปรียบเทียบกับค่าของ $m$ ครับ

หรือง่ายๆคือ สร้างความสัมพันธ์ของเลขชี้กำลัง $n_{1}-1$ กับ $m$ ให้เปรียบเทียบค่ากันให้ได้

ผมทดจนสุดๆดูแล้วมันไม่ได้ใช้อุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ได้ตรงๆครับ ต้องทอนโจทย์ลงมาก่อน

ถ้าไม่ได้จริงๆ แล้ววิธีผมไม่มีปัญหาเดี๋ยวมาพิมพ์ไว้ให้ทีหลังครับ สู้ๆนะครับ

ปล. ปัญหาข้อนี้จริงๆมันอยู่ที่ ความลำบากในการเปรียบเทียบปริมาณครับ เลือกเครื่องมือดีๆครับ

ขอบคุณมากครับผม. อยากเห็นวิธีคิดสักหน่อยครับ. ^^
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #5  
Old 26 พฤศจิกายน 2016, 22:48
Aquila Aquila ไม่อยู่ในระบบ
บัณฑิตฟ้า
 
วันที่สมัครสมาชิก: 29 ตุลาคม 2013
ข้อความ: 412
Aquila is on a distinguished road
Default

อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ i^i View Post
ขอบคุณมากครับผม. อยากเห็นวิธีคิดสักหน่อยครับ. ^^
ทำไปถึงตรงไหนแล้วครับ ? อยากให้ลอง crack ให้ได้เองก่อนอะครับ

ผมว่ามันเป็นโจทย์ที่ดีมากข้อนึงนะครับ หรือผมหลงไปเองว่าวิธีผมมันถูก
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #6  
Old 27 พฤศจิกายน 2016, 01:57
Aquila Aquila ไม่อยู่ในระบบ
บัณฑิตฟ้า
 
วันที่สมัครสมาชิก: 29 ตุลาคม 2013
ข้อความ: 412
Aquila is on a distinguished road
Default

ผมทวน proof ของตัวเองดูแล้วระบบ induction ของผมยังไม่ cover โดเมนครับ

ไอเดียที่ผมทดไว้คือสร้างเครื่องมือโยงค่า max บนเลขชี้กำลัง

ในที่นี้คือ $n_{1}$ ในตำแหน่งที่ $p=2$ (ใช้เลอจองด์พิสูจน์ออกมาว่า max ที่ 2)

จากนั้นก็ใช้ข้อเท็จจริงที่ว่า $n_{1}=\frac{m-\sum a_{i}}{p_{1}-1}$ $0 \leq i \leq k$ (เลอจองด์อีกฟอร์ม)

แต่ prove ไปแล้วว่า max $p$ มันเกิดที่ $p_{1}=2$

เลยได้ว่าต้อง prove $2^{m-\sum a_{i}-1} > m$ โดยที่ $m=a_{k}2^{k}+a_{k-1}2^{k-1}+...+a_{1}2+a_{0}$

เป็น base 2 representation ของ $m$

เพราะงั้น $a_{i}$ เป็นได้แค่ $0,1$ จากนั้นใช้ความรู้อสมการมาหยิบขอบของค่า $\sum a_{i}$ ที่เป็นไปได้

เอาเข้าไปเปรียบเทียบกับค่าของ $m-1$ บนเลขชี้กำลังครับ

แต่เวลาเปรียบเทียบค่ามันเอาไปเทียบ $m$ ตรงๆลำบาก ผมเลยเลือกวิธีตัดเซทของ $m$ ออกเป็นช่วงๆ

ด้วยค่าของจำนวนเป็นคู่ๆ (ที่เลือกมาให้เปรียบเทียบค่าของ $\sum a_{i}$ ได้ )

ก็เท่ากับว่าใช้จำนวนนั้นเป็นเส้นแบ่งโดนเมนของ $\mathbb{N}$ แล้วพิสูจน์ข้อความ for all ใช้ช่วงที่แบ่ง

ตรงนั้นแหละที่ใช้ induction เล็กๆครับ จากนั้นใช้ผลของ subset ของ $\mathbb{N}$ ที่แบ่งไว้

มา union กันให้ cover $\mathbb{N}$ ตามที่โจทย์บอกคือ $m \geq 6$ ก็จบครับ

แต่ขั้นสุดท้าย ผมมาเจอปัญหาซะก่อน ถ้าหากซีเรียสมาก ไว้มีเวลาเดี๋ยวผมมาจัดการให้ครับ

ปล. ขั้นสุดท้ายคือ prove ให้คลุมโดเมนที่โจทย์อยากได้ ผมมีไอเดียเรื่อง Cauchy induction, Strong induction

กับเหตุผลเรื่อง bijection ที่ส่งโดเมนที่แบ่งออกให้สมมูลกับระบบของ induction แต่ยังไม่หลุดครับ
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #7  
Old 27 พฤศจิกายน 2016, 03:08
i^i i^i ไม่อยู่ในระบบ
กระบี่ไว
 
วันที่สมัครสมาชิก: 02 มีนาคม 2014
ข้อความ: 230
i^i is on a distinguished road
Default

อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Aquila View Post
ผมทวน proof ของตัวเองดูแล้วระบบ induction ของผมยังไม่ cover โดเมนครับ

ไอเดียที่ผมทดไว้คือสร้างเครื่องมือโยงค่า max บนเลขชี้กำลัง

ในที่นี้คือ $n_{1}$ ในตำแหน่งที่ $p=2$ (ใช้เลอจองด์พิสูจน์ออกมาว่า max ที่ 2)

จากนั้นก็ใช้ข้อเท็จจริงที่ว่า $n_{1}=\frac{m-\sum a_{i}}{p_{1}-1}$ $0 \leq i \leq k$ (เลอจองด์อีกฟอร์ม)

แต่ prove ไปแล้วว่า max $p$ มันเกิดที่ $p_{1}=2$

เลยได้ว่าต้อง prove $2^{m-\sum a_{i}-1} > m$ โดยที่ $m=a_{k}2^{k}+a_{k-1}2^{k-1}+...+a_{1}2+a_{0}$

เป็น base 2 representation ของ $m$

เพราะงั้น $a_{i}$ เป็นได้แค่ $0,1$ จากนั้นใช้ความรู้อสมการมาหยิบขอบของค่า $\sum a_{i}$ ที่เป็นไปได้

เอาเข้าไปเปรียบเทียบกับค่าของ $m-1$ บนเลขชี้กำลังครับ

แต่เวลาเปรียบเทียบค่ามันเอาไปเทียบ $m$ ตรงๆลำบาก ผมเลยเลือกวิธีตัดเซทของ $m$ ออกเป็นช่วงๆ

ด้วยค่าของจำนวนเป็นคู่ๆ (ที่เลือกมาให้เปรียบเทียบค่าของ $\sum a_{i}$ ได้ )

ก็เท่ากับว่าใช้จำนวนนั้นเป็นเส้นแบ่งโดนเมนของ $\mathbb{N}$ แล้วพิสูจน์ข้อความ for all ใช้ช่วงที่แบ่ง

ตรงนั้นแหละที่ใช้ induction เล็กๆครับ จากนั้นใช้ผลของ subset ของ $\mathbb{N}$ ที่แบ่งไว้

มา union กันให้ cover $\mathbb{N}$ ตามที่โจทย์บอกคือ $m \geq 6$ ก็จบครับ

แต่ขั้นสุดท้าย ผมมาเจอปัญหาซะก่อน ถ้าหากซีเรียสมาก ไว้มีเวลาเดี๋ยวผมมาจัดการให้ครับ

ปล. ขั้นสุดท้ายคือ prove ให้คลุมโดเมนที่โจทย์อยากได้ ผมมีไอเดียเรื่อง Cauchy induction, Strong induction

กับเหตุผลเรื่อง bijection ที่ส่งโดเมนที่แบ่งออกให้สมมูลกับระบบของ induction แต่ยังไม่หลุดครับ
ขอบคุณมากครับ. เเต่ผมพึ่งจะเริ่มศึกษาอุปนัยฯอะครับ. ยังไม่ได้ลงลึกเท่านี้เลยครับ.
ต้องขอคำเเนะนำด้วยครับ. จะพยายามทำความเข้าใจครับ.
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #8  
Old 27 พฤศจิกายน 2016, 03:21
Aquila Aquila ไม่อยู่ในระบบ
บัณฑิตฟ้า
 
วันที่สมัครสมาชิก: 29 ตุลาคม 2013
ข้อความ: 412
Aquila is on a distinguished road
Default

อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ i^i View Post
ขอบคุณมากครับ. เเต่ผมพึ่งจะเริ่มศึกษาอุปนัยฯอะครับ. ยังไม่ได้ลงลึกเท่านี้เลยครับ.
ต้องขอคำเเนะนำด้วยครับ. จะพยายามทำความเข้าใจครับ.
ถ้าเป็นแบบนี้ผมว่า ผมคิดอะไรเลอะเทอะเกินไปแล้วละ

อาจจะมีวิธีดีๆกว่านี้ก็ได้ครับ อีกอย่างวิธีของผมมันเป็น induction ย่อยๆอีกที

ลองเปิดแหล่งโจทย์ดูครับ โจทย์ข้อนี้มาจากไหน อาจจะมีวิธีทีมองๆข้ามไปที่ง่ายกว่าก็ได้ครับ

ปล. induction ไม่ได้มีแค่แบบเดียวครับ induction แบบแบ่งช่วงก็มีครับ

ผมขอเบรคไว้ตรงนี้ก่อน ตอนนี้ติดภาระเกี่ยวพันครับ

ลองดูข้างล่างครับ insight เรื่อง induction ดีๆ เพื่อได้ไอเดียอะไรใหม่ๆ

http://math.stackexchange.com/questi...edirect=1&lq=1
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #9  
Old 27 พฤศจิกายน 2016, 12:49
i^i i^i ไม่อยู่ในระบบ
กระบี่ไว
 
วันที่สมัครสมาชิก: 02 มีนาคม 2014
ข้อความ: 230
i^i is on a distinguished road
Default

อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Aquila View Post
ถ้าเป็นแบบนี้ผมว่า ผมคิดอะไรเลอะเทอะเกินไปแล้วละ

อาจจะมีวิธีดีๆกว่านี้ก็ได้ครับ อีกอย่างวิธีของผมมันเป็น induction ย่อยๆอีกที

ลองเปิดแหล่งโจทย์ดูครับ โจทย์ข้อนี้มาจากไหน อาจจะมีวิธีทีมองๆข้ามไปที่ง่ายกว่าก็ได้ครับ

ปล. induction ไม่ได้มีแค่แบบเดียวครับ induction แบบแบ่งช่วงก็มีครับ

ผมขอเบรคไว้ตรงนี้ก่อน ตอนนี้ติดภาระเกี่ยวพันครับ

ลองดูข้างล่างครับ insight เรื่อง induction ดีๆ เพื่อได้ไอเดียอะไรใหม่ๆ

http://math.stackexchange.com/questi...edirect=1&lq=1

ขอบคุณมากครับ. ผมจะพยายามศึกษาครับ ^^
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #10  
Old 28 พฤศจิกายน 2016, 16:53
Thamma Thamma ไม่อยู่ในระบบ
ลมปราณคุ้มครองร่าง
 
วันที่สมัครสมาชิก: 19 กุมภาพันธ์ 2013
ข้อความ: 307
Thamma is on a distinguished road
Default

ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #11  
Old 28 พฤศจิกายน 2016, 17:58
Aquila Aquila ไม่อยู่ในระบบ
บัณฑิตฟ้า
 
วันที่สมัครสมาชิก: 29 ตุลาคม 2013
ข้อความ: 412
Aquila is on a distinguished road
Default

อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Thamma View Post
บทพิสูจน์ตัวนี้สวยและคลีนมากจริงๆครับ เยี่ยมเลย
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #12  
Old 29 พฤศจิกายน 2016, 05:11
i^i i^i ไม่อยู่ในระบบ
กระบี่ไว
 
วันที่สมัครสมาชิก: 02 มีนาคม 2014
ข้อความ: 230
i^i is on a distinguished road
Default

อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Thamma View Post

ขอบคุณครับผม ^^
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #13  
Old 10 ธันวาคม 2016, 15:00
Aquila Aquila ไม่อยู่ในระบบ
บัณฑิตฟ้า
 
วันที่สมัครสมาชิก: 29 ตุลาคม 2013
ข้อความ: 412
Aquila is on a distinguished road
Default

ไปคิดมาให้แล้วแบบจริงๆจังๆครับ ข้อนี้ไม่ยากเท่าไร อสมการ weak เลยทำได้หลายวิธี

ทดไว้ประมาณ 5-6 วิธีแต่เอาแค่ 4 ก่อน ผิดตรงไหนหรือมีวิธีแปลกๆก็รบกวนด้วยนะครับ

เริ่มที่ Lemma ที่ผมใช้ไปก่อน

Legendre's Lemma
ให้ $p \in \mathbb{P}$ และ $m \in \mathbb{N}$ จะได้ว่าจำนวนเต็มบวก $e$ ที่ใหญ่สุดที่ทำให้
$p^e$ fully divide $m!$ คือ $e=v_{p}(m!)=\sum_{i = 1}^{\infty} \left\lfloor\,\frac{m}{p^i}\right\rfloor$

Lemma 1
จาก Lemma บนจะได้ว่า ถ้า $\sum_{i = 1}^{\infty} \left\lfloor\,\frac{m}{p^i}\right\rfloor =\sum_{i = 1}^{j} \left\lfloor\,\frac{m}{p^i}\right\rfloor$ แล้ว $j=\left\lfloor\,\log_p{m}\right\rfloor$
สมมติให้ $j$ เป็นจำนวนเต็มบวกใหญ่สุดที่ทำให้ $\left\lfloor\,\frac{m}{p^j}\right\rfloor$ ไม่เป็น $0$ และ $\left\lfloor\,\frac{m}{p^{j+1}}\right\rfloor=0$ ทุกค่าเลขชี้กำลังที่ใหญ่กว่า
และจากการที่ $ \left\lfloor\,x\right\rfloor \leq x \leq \left\lfloor\,x\right\rfloor +1 $
ใช้อสมการมาวิเคราะห์ข้างในจะพิสูจน์ได้ว่า $\left\lfloor\,\log_p{m}\right\rfloor -1 \leq \log_p{m} -1 < j < \log_p{m} < \left\lfloor\,\log_p{m}\right\rfloor +1$
จากอสมการคู่ซ้ายและขวาสุด ต้องบีบได้เป็น $j=\left\lfloor\,\log_p{m}\right\rfloor$

Lemma 2
$v_{p}(m!)=u+ v_{p}(u!)$ โดยที่ $u= \left\lfloor\,\frac{m}{p}\right\rfloor$
สมมติให้ $u$ เป็นจำนวนเต็มบวกใหญ่ที่สุดที่ทำให้ $up \leq m$ แต่ $(u+1)p > m$
ให้ $m!=p^u u! u'$ โดยที่ $(p,u')=1$ จะได้ว่า $v_{p}(m!)=u+v_{p}(u!)$
แต่จากอสมการชุดบนทำให้ $u \leq \frac{m}{p} < u+1$ จะได้ว่า $\left\lfloor\,\frac{m}{p}\right\rfloor = u$
------------------------------------------------------------------------
note

ต่อจากนี้ ให้ระวังแต่ละวิธีด้วย ว่าบทพิสูจน์นั้นๆ cover ตั้งแต่ $m$ เป็นเท่าไร

อันนี้เขียนให้เหตุผลแยกเอาได้ครับ ผมขี้เกียจเพราะมันเยอะ ที่ทดไว้มันไม่ได้เริ่มที่ $m \geq 6$

แต่มันสามารถแยกเชคได้ง่ายๆครับ เริ่มเลย

ต้องพิสูจน์ก่อนว่าค่า $n_{i}$ ใหญ่สุดที่ดึงเอาจาก $m!$ คือเกิดขึ้นที่ $p=2$ ตามความเห็นบน

ต่อจากนี้ก็แล้วแต่คน จะทำได้หลายๆวิธี
-----------------------------------------------------------------------
วิธีที่ 1

พิสูจน์โดยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ได้ไม่ยากว่า ถ้า $n \geq 3$ แล้ว $2^n \geq 2n+2$

เป็นการเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า $2^{n_{1}-1} \geq 2(n_{1}-1)+2 \geq m+1$

หรือ $2n_{1} \geq m+1$ จาก Lemma และที่พิสูจน์ไปแล้ว จะได้ว่า $n_{1}=\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor + v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor !)$

ดังนั้นต้องพิสูจน์ว่า $2n_{1}=2\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +2v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq m+1$

จากอสมการ $\left\lfloor\,x\right\rfloor \leq x < \left\lfloor\,x \right\rfloor +1 $ และจากการที่ $ v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq v_{2}(\left\lfloor\,\frac{6}{2}\right\rfloor!) = v_{2}(3!)=1$

จะได้ว่า $2\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +2v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) > 2(\frac{m}{2}-1)+2\cdot 1 \geq m+1 > m$ ตามต้องการ
----------------------------------------------------------------------------------
วิธีที่ 2

จะพิสูจน์อสมการที่แข็งกว่าวิธีที่ 1 ดังนี้ $2^n \geq n^2 \geq 2n+2 \geq m+1$

จริงเมื่อ $n \geq ... m \geq ...$ (อันนี้ define ได้) ...เวลาจะเขียนอีก 1 solution...

พิสูจน์โดยไม่ยากว่า $2^n \geq n^2$ ดังนั้นเป็นการเพียงพอจะ prove $2^{n_{1}-1} \geq (n_{1}-1)^2 \geq 2n_{1} \geq m+1$

(เลือกเอา $(n_{1}-1)^2 \geq m+1$ ไปใช้เลย)

กระจายแล้วจัดรูปจะได้ว่า $n_{1} \geq 1+\log \sqrt{m+1}$ หรือ $10^{\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +2v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!)-1} \geq \log \sqrt{m+1}$

แต่จาก AM-GM จะได้ $\log \sqrt{m+1} < 1+\frac{m}{2}$ และจาก Bernoulli's จะได้ $(1+9)^{\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!)-1} \geq 1+9(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!)-1)$

ดังนั้นเหลือแค่โชว์ $9\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +9v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) > 9 +\frac{m}{2} = 9+\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +f(\frac{m}{2})$

โดยที่ $f(x)$ คือเลขทศนิยมของ $x$ อสมการบนสุดจริงชัดเจนเพราะ $f(\frac{m}{2}) < 1$

-----------------------------------------------------------------------------------

วิธีที่ 3

จากวิธีอื่นๆ $2^{n_{1}-1} \geq 2n_{1} \geq m+1$

จะ bound ค่าของ $m+1$ กับ $2n_{1}$ มาชนกัน โดยใช้ $\left\lfloor\,x \right\rfloor +\left\lfloor\,y \right\rfloor \leq \left\lfloor\, x+y \right\rfloor \leq \left\lfloor\, x+y \right\rfloor +1 $

$m+1=\frac{m-1}{2}+\frac{m+3}{2} < \left\lfloor\, \frac{m-1}{2}+\frac{m+3}{2} \right\rfloor +1 \leq \left\lfloor\,\frac{m-1}{2}\right\rfloor +\left\lfloor\,\frac{m+3}{2}\right\rfloor +2 = \left\lfloor\,\frac{m-1}{2}\right\rfloor +\left\lfloor\,\frac{m+1}{2}\right\rfloor +3$

อีกข้างก็ทำคล้ายๆกัน

$2n_{1}=2\left\lfloor\,\frac{m}{2} \right\rfloor + v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq 2\left\lfloor\,\frac{m+1}{2}\right\rfloor + 2\left\lfloor\, \frac{m-1}{2}\right\rfloor + v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq \left\lfloor\,\frac{m+1}{2}\right\rfloor + \left\lfloor\, \frac{m-1}{2}\right\rfloor +3$

ดูอสมการสุดท้าย $\left\lfloor\,\frac{m+1}{2}\right\rfloor + \left\lfloor\, \frac{m-1}{2}\right\rfloor + v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq 3$ ซึ่งก็ได้ว่าจริง

----------------------------------------------------------------------------------

วิธีที่ 4

ให้ $y=2^x$ พิสูจน์ได้ไม่ยากว่า $f(\frac{x+y}{2}) \geq \frac{f(x)+f(y)}{2}$

เลือกให้ $x=2\left\lfloor\, \frac{m}{2} \right\rfloor -1$ และ $y=2v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) -1$

จะได้ $2^{n_{1}-1}=2^{\frac{x+y}{2}} \geq 2^{2\left\lfloor\, \frac{m}{2} \right\rfloor -2}+2^{2v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!)-2}$

ใช้ Bernoulli's เทอมขวาล่าสุดจะได้ว่าต้องพิสูจน์ $2\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +2v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq m+3$

ซึ่งจริงจาก $\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor \geq \frac{m}{2}-\frac{1}{2}$ และ $v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq 2$

อสมการแรกเขียนใหม่ได้เป็น $f(\frac{m}{2}) \leq \frac{1}{2}$ ซึ่งก็จริงนั่นแหละ

ปล.วิธีที่ 5 มันซับซ้อนขึ้นไปอีกหน่อย ใช้แบ่ง set แบบ $2^k+r$ กับ Lemma 1

เดี๋ยวมาโชว์ให้ดูทีหลังครับ เหนื่อย
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #14  
Old 10 ธันวาคม 2016, 18:24
kongp kongp ไม่อยู่ในระบบ
ลมปราณไร้สภาพ
 
วันที่สมัครสมาชิก: 05 พฤษภาคม 2006
ข้อความ: 1,127
kongp is on a distinguished road
Default

สมาคมคณิตศาสตร์อเมริกา เฉลยสูครจำนวนเฉพาะ แล้วครับ ไม่ต้องรันคอมพิวเตอร์หาจำนวนเฉพาะ ก็ได้ !!!
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #15  
Old 10 ธันวาคม 2016, 18:28
kongp kongp ไม่อยู่ในระบบ
ลมปราณไร้สภาพ
 
วันที่สมัครสมาชิก: 05 พฤษภาคม 2006
ข้อความ: 1,127
kongp is on a distinguished road
Default

น่ากลัวอยู่ ถ้าวิชา และ ตำราที่เกี่ยวกับ Number Theory ในโลกนี้จะหายไป ...

คงเหลือแต่ Data Set Disk ขายกัน เหมือนๆ แบบบ้าน ร้านค้า แบบโรงงาน
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
ตั้งหัวข้อใหม่ Reply


เครื่องมือของหัวข้อ ค้นหาในหัวข้อนี้
ค้นหาในหัวข้อนี้:

ค้นหาขั้นสูง

กฎการส่งข้อความ
คุณ ไม่สามารถ ตั้งหัวข้อใหม่ได้
คุณ ไม่สามารถ ตอบหัวข้อได้
คุณ ไม่สามารถ แนบไฟล์และเอกสารได้
คุณ ไม่สามารถ แก้ไขข้อความของคุณเองได้

vB code is On
Smilies are On
[IMG] code is On
HTML code is Off
ทางลัดสู่ห้อง


เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 04:59


Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha