|
|
|||||||
| สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
  |
|
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
|
#32
16 พฤษภาคม 2006, 22:27
|
|||
|
|||
ผมคิดว่าข้อ 2 อาจจะทำได้มากกว่า 5 วิธีอีกนะครับ (รวมวิธีของคุณ passer-by กับคุณ nongtum ผมเห็นมา 4 วิธีแล้ว) ส่วนวิธีของผมตอนสอบผมทำดังนี้
ให้ ะQAC = x ะQCA = y จากสมบัติวงกลมจะได้ ะPCQ = ะQAC = x ะPAQ =ะQCA = y จาก law of sine กับ สามเหลี่ยม AQC จะได้ $\frac{AQ}{QC}$ = $\frac{siny}{sinx}$ \$\frac{AB}{BC}$ = $\frac{[PAQ]}{[PCQ]}$ = $\frac{AQsiny}{QCsinx}$ (โดยสูตรพท.สามเหลี่ยม)= $\frac{AQ^{ 2 }}{QC^{ 2 }}$ =$\frac{AR^{ 2 }}{RC^{ 2 }}$ ตามต้องการ ส่วนอีกวิธีนึงใช้สามเหลี่ยมคล้ายครับ 
|
|
#34
03 เมษายน 2007, 17:20
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ผมคิดว่า $4n^2-2n+1$ ไม่จำเป็นต้องเป็น 2549 น่ะครับ เป็นพหุคูณของ 2549 ก็ได้ เพระผมทำได้ว่า $(2n-1)(4n^2-2n+1)\equiv 0\pmod{2549}$ ก็เลยแบ่งกรณีเป็น $2n-1\equiv 0\pmod{2549}$ หรือ $4n^2-2n+1\equiv 0\pmod{2549}$ กรณีแรกไม่มีปัญหา ผมเลยคิดว่าน่าจะพิสูจน์ให้ได้ว่า ไม่มีจำนวนนับใดตั้งแต่ $1-1273$ ที่ทำให้ $4n^2-2n+1\equiv 0\pmod{2549}$ ถึงจะได้ว่าค่าน้อยสุดคือ $1274$ อ่ะครับ หรือว่ามันเป็นอย่างไรกันแน่...? 
|
|
#36
09 เมษายน 2007, 02:11
|
|||
|
|||
|
ผมว่าตรงนี้ยังไม่ต้องใช้ทฤษฏีอะไรสูงมากนักครับ
 $\large \text{สมมติให้ } 4n^2-2n+1\equiv 0\pmod{2549}$ $\mathbb{\qquad...(1)}$ ได้ $8n^3+1\equiv 0\pmod{2549}$ นั่นคือ $ (2n)^3\equiv-1\pmod{2549}$ จาก $ (2n)^{\phi(2549)=2548}\equiv-1\pmod{2549}$ ได้ว่า $-1\equiv (2n)^{1699(3)}=(2n)^{2(2548)+1}\equiv 2n\pmod{2549}$ นั่นคือ $2n+1 \equiv 0\pmod{2549} \qquad\mathbb{...(2)}$ ซึ่ง $\gcd(2n+1,4n^2-2n+1)$ $=\gcd(2n+1,4n^2-2n+1-(2n-1)(2n+1))$ $=\gcd(2n+1,-2n+2)$ $=\gcd(2n+1,3)$ $\leq 3$ จาก $(1)$ และ $(2)$ ได้ $\gcd(2n+1,4n^2-2n+1) \geq 2549$ เกิดข้อขัดแย้ง ดังนั้น $2549\not|4n^2-2n+1 \qquad \forall n\in \mathbb{Z}$
__________________
[[:://R-Tummykung de Lamar\\::]] || (a,b,c > 0,a+b+c=3) $$\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c\geq ab+ac+bc$$ 09 เมษายน 2007 02:46 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ R-Tummykung de Lamar เหตุผล: พิมพ์ตก
|
|
#37
09 เมษายน 2007, 09:11
|
|||
|
|||
|
สวยงามมากครับ คุณ R-Tummykung de Lamar กลับมาคราวนี้เก่งขึ้นเยอะเลย
 แต่ว่า $(2n)^{2548}\equiv1\pmod{2549}$ ครับ และควรจะบอกด้วยว่าเราได้ตรงนี้มา เพราะเรารู้ว่า $2549\!\not|\;n$ เนื่องจาก $$n\equiv0\pmod{2549} \quad \Rightarrow \quad 8n^3+1 \not\equiv 0\pmod{2549}$$ และก็ไม่จำเป็นต้องใช้ Euler's $\phi$ function ด้วย เพราะตรงนี้เราใช้แค่ Fermat's Little Theorem ก็พอ ไม่จำเป็นต้องใช้ Euler-Fermat Theorem ครับ ส่วนการพิสูจน์ว่า $$ 2n+1 \equiv0 \pmod{2549} \quad \Rightarrow \quad 4n^2-2n+1 \not\equiv0 \pmod{2549}$$ จะให้เหตุผลโดยใช้ความสัมพันธ์ $$ (4n^2-2n+1) - (2n-2)(2n+1) =3$$ ก็ได้ครับ
|
|
#38
12 เมษายน 2007, 16:12
|
||||
|
||||
|
ขอบคุณ คุณ R-Tummykung de Lamar และคุณ warut มากเลยครับ
|
|
#39
13 มิถุนายน 2010, 20:30
|
|||
|
|||
|
อ้างอิง:
__________________
จะพยายามไปให้ไกลที่สุด
|
| |
|
|
