|
Please check answer
Find all n is a positive even number that $0<n<1000$ and $17|n^{2}\times2^{3n^{2}}+1 $
is that the answer is 29:please: thanks |
2. find all $p\in \mathbb{P} $ that $P^{2}+11$ has only 6 positive factor
please see what I do wrong $\because P^{2}+11$ has 6 positive factor $\therefore P^{2}+11=mn^{2},r^{5}$ that$m,n,r\in \mathbb{P} $ Case 1 $P^{2}+11=mn^{2}$ $11=m(n^{2}-\frac{p^{2}}{m})$ $\because 11\in \mathbb{P} ,m\in \mathbb{P} \therefore m=11$ $1=n^{2}- \frac{p^{2}}{11}$ $P^{2}=11(n^{2}-1)$ $\therefore P=11,n= \sqrt{12}$ --->n not true so no answer for this case Case 2 $P^{2}+11=r^{5}$ $11=r(r^{4}-\frac{P^{2}}{r})$ $\because 11\in \mathbb{P} ,r\in \mathbb{P} \therefore r=11$ $11=11^{4}-P^{2}$ $P^{2}=11^{5}-11$ $\sqrt{11^{5}-11} \not\in \mathbb{P} \therefore$ no answer for this case from case1,2 $\therefore$ no anwser BUTTT!! if i give $P=3--> P^{2}+11=20=2^{2}\times 5$ there is an anwser? |
อ้างอิง:
ถ้าลองเช็คดู $n^{2}\times2^{3n^{2}}+1 $ mod 17 มันวนลูปทุกๆ 34 ตัวสำหรับเลขคู่ แล้วใน 34 ตัวแรกก็จะมี 0 อยู่ 4 ตัวนะครับ |
ข้อที่สอง
เพราะว่า $p^2 / m , p^2 / r $ ไม่จำเป็นเที่จะต้องเป็นจำนวนเต็มน่ะครับ อย่าง p = 3 , m = 5, n = 2, $p^2 / m = 9/5$ แนวคิดน่าจะถูกแล้วส่วนนึงน่ะครับ ถ้าใช้วิธีที่ผมคิดได้ จะใบ้ให้ว่าให้ลองดู mod 6 |
อืม... ข้อสองนี่แทน $p=6k+1$ หรือ $p=6k-1$ แล้วมันจะได้ว่าไม่จริง
จะได้ว่า $p=2,3$ ซึ่งก็ลองแทนดูก็ได้ จะได้ 3 เป็นคำตอบเดียว เอ... ส่วนข้อ 1 นี่ ลอง... แทนด้วย $16k,16k+2,16k+4,16k+6,16k+8, 16k+10, 16k+12, 16k+14$ ก็น่าจะแล้ว... มั้งครับ... ข้อหนึ่ง ถ้าได้แล้วจะมาโพสต์ครับ |
2. Case1$P>5 \therefore P \equiv 1,-1(mod6)$
1.1$P \equiv 1(mod6)--->P=6k+1,k\in \mathbb{N} $ $P^{2}+11=(6k+1)^{2}+11$ $36k^{2}+12k+12=[(2)^{2}(3)](3k^{2}+k+1)$ $\because k>1$ $\therefore$ factor of $P^{2}+11>6$ 1.2$P \equiv -1(mod6)--->P=6k-1,k\in \mathbb{N}$ $P^{2}+11=(6k-1)^{2}+11$ $36k^{2}-12k+12=[(2)^{2}(3)](3k^{2}-k+1)$ $\because k\in \mathbb{N}$ $\therefore$ factor of $P^{2}+11>6$ $\therefore$ no p for case1 Case2$P=2,3$ we put in the equation and get that only 3 is true $\therefore P=3$ |
Could you please see what's wrong with my solution again
1.Let $n=2k,k \in \mathbb{N}$ $ (2k)^{2}\times 2^{3(2k)^{2}}+1=4k^{2}\times2^{12k^{2}}+1=4k^{2}\times(2^{4})^{3k^{2}}+1\equiv 4k^{2}+1 \equiv 0(mod17)$ $4k^{2} \equiv 16(mod17)$ $k^{2} \equiv 4(mod17)$ $\therefore k^{2}=17t+4,n \in \mathbb{N}$ $t=\frac{(k+2)(k-2)}{17}$ $\because t \in \mathbb{N},17 \in \mathbb{P} $ we get two case CASE1 $k+2=17m,m\in \mathbb{N}$ $k=17m-2$ $\therefore n=34m-4$ All n is$\left\lceil\ \frac{1004}{34} \right\rceil =29 $ CASE2 $k-2=17m,m \in \mathbb{N}$ $n=34m+4$ All n is $\left\lceil\ \frac{996}{34} \right\rceil =29 $ from case1,2 $\therefore$ all n is $58$ |
3.Let $n$ is a positive odd number that $(n,5)=1$ show that it has $k\in\mathbb{N}$that$n|111\times \times \times 111$( k number)
|
เจอแล้วครับ
$2^{4} \equiv -1 \pmod{17}$ $(2^{4})^{3k^{2}} \equiv (-1)^{3k^{2}} \pmod{17}$ จากจุดนี้ก็คงต้องแยกกรณี k เป็นคู่กับคี่ครับ (คือถ้าเป็นคู่จะคอนกรูเอนท์ 1 มอดุโล 17 แต่ถ้าเป็นคี่จะคอนกรูเอนท์ -1นั่นคือ 16 มอดุโล 17ครับ) ข้อที่ 3 นี่ปนคอมบินาทอริคครับ คือใช้หลักรังนกพิราบแก้ได้... (ผมไม่แน่ใจว่าถ้าใช้ Euler $\Phi$-function จะแก้ออกหรือเปล่า แต่ถ้าใช้หลักรังนกพิราบนี่ออกแน่ๆ) |
:unsure:so I just do case that k is a even number right? and is it correct:confused:
3.not sure $111...111=10^{k}+10^{k-1}+...+1=\frac{10^{k+1}-1}{9} \equiv (2\times5)^{k+1}-1\equiv 0(modn)$ $\because$n is odd and (n,5)=1$\therefore 10^{\phi{n}} \equiv 1(modn)$ $\therefore k=\phi{n} -1$ |
ใช่ครับ ต้องทำกรณี k เป็นคี่อีกกรณีนึง
ข้อ 3 คิดว่าถูกครับ |
Case2
$k$ is a odd number $\therefore 4k^{2}\equiv 1(mod17)$ $(2k+1)(2k-1)=17m$ 2.1$2k+1=17s$ $\therefore n=17s-1$ all n in this case is $\left\lceil\ \frac{1001}{17} \right\rceil=58$ 2.2$2k-1=17t$ $\therefore n=17t+1$ all n in this case is $\left\lceil\ \frac{999}{17} \right\rceil=58$ from Case1,2 $\therefore$ all n is $58+58+58=174$ |
4.Find number of all $n$ that $0<n<1000$ that $x^{223}-x+n \equiv0(mod223)$ has answer
|
อืม... จาก 223 เป็นจำนวนเฉพาะ ก็ใช้ Fermat's Little Theorem
ได้ $x^{223}\equiv x\pmod{223}$ ก็เลยได้ว่า $n\equiv 0\pmod{223}$ $\therefore n=223,446,669,892$ |
5.$a_{n}=(n+1)2^{n}$จงหาคาของนึพจที่ติดมากที่สดที่ทกพจติดกันแปนkumlung song som boon
P.S. Could you show me how to solve the third problem with the pegion principle |
-_-" ทำไมพิมพ์ไทยครึ่งนึง อังกฤษครึ่งนึงล่ะเนี่ย...
คืองงข้อ5ครับ ว่าทุกพจน์ที่ติดกันเป็นกำลังสองสมบูรณืนี่หมายความว่าอะไร หมายความว่า ถ้า $a_{n}$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ แล้ว $a_{n-1}$ และ $a_{n+1}$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ด้วยเหรอคับ ข้อ3 ให้ $a_{k}=\underbrace{111...111}_{k}$ เลือก $a_{1}, a_{2},...,a_{n+1}$ จาก pigeonhole principle ได้ว่าเมื่อนำ n ไปหาร $a_{1}, a_{2},...,a_{n+1}$ ต้องมีอย่างน้อยสองจำนวนที่เหลือเศษเท่ากัน ให้เป็น $a_{i}, a_{j}; i>j$ ได้ว่า $a_{i}=q_{1}n+r$ และ $a_{j}=q_{2}n+r$ $\therefore a_{i}-a_{j}=(q_{1}-q_{2})n$ นั่นคือ $n|a_{i}-a_{j}$ $a_{i}-a_{j}=\underbrace{11...11}_{i-j}\underbrace{00...00}_{j}\ =10^{j}a_{i-j}$ แต่จาก $(n,5)=1, \therefore n$ หาร $10^{j}$ ไม่ลงตัว $\therefore n|a_{i-j}=\underbrace{111...111}_{i-j>0}$ ว่าไปถ้านำโจทย์ไปลงใน NT Marathon ก็อาจจะดีนะครับ... เพราะดูเหมือนว่าทางคุณมีโจทย์เยอะพอดู |
Oh..I can type thai because I copy a that word from this board so I can type thai but it's difficult 55+
and about problem 5 <I think> jumนวน mak ti sud ti pod ti tid kun pen kumlung song som boon example 4,9,81(tid kun pen kum lung 2 som boon) |
ข้อ 5
พิจารณา $a_{n-1},a_{n},a_{n+1}$ แล้วแบ่งเป็น 2 กรณีคือ $n$ เป็นคู่ กับ $n$ เป็นคี่ครับ สุดท้ายจะได้ว่าไม่มี n ที่ว่า |
6.Find the biggest integer $n$ that $n\leq 2004$ and $169|3^{3n+3}-27$
|
อ้างอิง:
$169|3^{3n+3}-27$ สมมูลกับ $27^n\equiv 1\pmod{13^2}$ จากนั้นใช้ Euler's Theorem ครับ |
:please: please see what i wrong
6.3^{\phi169} \equiv 1(mod13^{2}) $27^{4} \equiv 1(mod169)$ and $27^{n} \equiv 1(mod 169)$ $\therefore n=4k,k\in N$<---very not sure $\therefore$ the biggest $n=2004$ but the real answer is $2002$?:confused: P.s.How to do problem 5?? |
อ้างอิง:
โทษทีครับให้ Hint กว้างไปหน่อย ่เราต้องหา order ของ $27$ modulo $13^2$ ซึ่งตัว order จะเป็นตัวประกอบของ $\phi(13^2)$ ครับ ลองหาดูครับว่า จำนวนนับ $k$ ที่น้อยที่สุดซึ่งเป็นตัวประกอบของ $\phi(13^2)$ และทำให้ $27^{k}\equiv 1 \pmod {13^2}$ คือจำนวนใด |
5)
ถ้า $n=2k$ สำหรับบาง $k\in\mathbb{N}$ ได้ว่า $a_{2k-1}$ กับ $a_{2k+1}$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ ดังนั้นมี $m,n\in \mathbb{N}$ ซึ่ง $a_{2k-1}=(2k)2^{2k-1}=k2^{2k}=m^{2}$ และ $a_{2k+1}=(2k+2)2^{2k+1}=(k+1)2^{2k+2}=n^{2}$ จาก $2^{2k},m^{2},2^{2k+2},n^{2}$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ ดังนั้น $k$ และ $k+1$ ต้องเป็นกำลังสองสมบูรณ์ทั้งคู่ ซึ่งจะได้ $k=0$ ซึ่งเกิดข้อขัดแย้งขึ้น ถ้า $n=2k+1$ สำหรับบาง $k\in\mathbb{N}$ ได้ว่า $a_{2k}$ กับ $a_{2k+2}$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ ดังนั้นมี $m,n\in \mathbb{N}$ ซึ่ง $a_{2k}=(2k+1)2^{2k}=m^{2}$ และ $a_{2k+2}=(2k+3)2^{2k+2}=n^{2}$ จาก $2^{2k},m^{2},2^{2k+2},n^{2}$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ ดังนั้น $2k+1$ และ $2k+3$ ต้องเป็นกำลังสองสมบูรณ์ทั้งคู่ ซึ่งเกิดข้อขัดแย้งขึ้น ดังนั้น จะไม่มี $n$ ที่ทำให้ พจน์ที่อยู่ติดกับมันเป็นกำลังสองสมบูรณ์ทั้งคู่ 6) Lemma ถ้า $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ และ $a^{p}\equiv b^{p}\pmod{p}$ แล้ว $a^{p}\equiv b^{p}\pmod{p^{2}}$ Proof อยู่ใน post ที่ 25 ในเรื่องนี้ จาก lemma นี้ได้ว่าให้ $p=13, a=27, b=1$ (และจาก $27^{13}\equiv 1^{13}\pmod{13}$) ดังนั้น $27^{13}\equiv 1\pmod{13^{2}=169}$ ดังนั้น n=13 ก็เป็นคำตอบหนึ่ง จากโจทย์สมมูลกับ $27^{n}\equiv 1\pmod{169}$ $\therefore n| \phi(169)=156$ สาเหตุที่เราต้องทำแบบนี้ก็เพราะมันอาจจะมี $n$ ที่เล็กกว่า $156$ ที่สอดคล้องก็ได้ ขณะนี้เรากำลังหา n ที่น้อยที่สุด เราจะได้ว่า $n=1,2,3,4,6,12,13,26,39,52,78,156$ แต่จาก $n=13$ เป็นคำตอบหนึ่ง เราก็ลองไล่ดูว่ามีตัวที่น้อยกว่านี้ไหม ซึ่งจะได้ว่า $n=13$ เป็นตัวที่น้อยที่สุดจริงๆ ดังนั้น $27^{13}\equiv 1\pmod{169}$ ได้ $27^{13*154}\equiv 1^{154}\pmod{169}$ $27^{2002}\equiv 1\pmod{169}$ ซึ่งก็เห็นชัดเจนแล้วว่า $2002$ นี่มากสุดแล้ว |
I have a question for problem 5
$a_{2k-1}$ and $a_{2k+1}$ mun mai tid kun ni na maybe $a_{2k},a_{2k+1}$ pen kum lung song som boon kor dai Am I right?? or I dont understand it??.thanks P.S. Proof Lemma,Lemma=???? |
อ๋อ... ข้อ 5 นี่... คำว่าติดกันนี่คือ พจน์นี้กับพจน์หน้าเป็นกำลังสองสมบูรณ์ ไม่ใช่พจน์ที่แล้ว พจน์นี้ กับพจน์หน้าเป็นกำลังสองสมบูรณ์ทั้ง 3 พจน์... ถ้างั้นเดี๋ยวคงต้องคิดใหม่แล้วครับ
ส่วนเรื่อง Proof ของ Lemma ที่ผมกล่าวถึงนั้น ได้วิธี Proof แล้วครับ Proof จากที่กำหนดให้ $a^{p}\equiv b^{p}\pmod{p}$ จาก $a^{p}\equiv a\pmod{p}$ และ $b^{p}\equiv b\pmod{p}$ $\therefore a\equiv b\pmod{p}$ นั่นคือ $a^{k}\equiv b^{k}\pmod{p}$ ทุก $k\in\mathbb{N}$ จาก $a^{p}-b^{p}=(a-b)(a^{p-1}+a^{p-2}b+...+ab^{p-2}+b^{p-1})$ จาก $a^{p-1}+a^{p-2}b+...+ab^{p-2}+b^{p-1}\equiv a^{p-1}+a^{p-2}a+...+aa^{p-2}+a^{p-1}\equiv pa^{p-1}\equiv 0\pmod{p}$ $\therefore p^{2}|a^{p}-b^{p}$ นั่นคือ $a^{p}\equiv b^{p}\pmod{p^2}$ |
NOOoo! problem 5 means พจน์ที่ติดกันเป็นกำลังสองสมบูรณ์ longest
Example; 4,9,81 and 144,169 the first one is longer than the second and if the first one is longest so the answer is 3 พจน์ So you prove that 3 พจน์ที่ติดกันmaiเป็นกำลังสองสมบูรณ์ therefore i think if you prove/disprove that 2 พจน์ที่ติดกันเป็นกำลังสองสมบูรณ์ you can get the answer ((I think??)) |
2 พจน์ติดกันนี่มีแน่ๆครับ ก็ $a_7=1024=32^{2}$ กับ $a_8=2304=48^{2}$
|
7.Let $n \in N$prove that$2^{2^{2n+1}}+3$is จำนวนประกอบ
|
ข้อนี้พิสูจน์โดย Induction ว่า $7|2^{2^{2n+1}}+3$ ทุก $n\in\mathbb{N}$ ครับ
|
Let $2^{2^{2n+1}}+3$ is prime number that >3 we get
Case1 $2^{2^{2n+1}}+3 \equiv -1(mod 6)$ $2^{2^{2n}} \equiv -1(mod 6)$ $2^{2^{2n}} =5+6k$ but $2^{2^{2n}}$ is a even number and $5+6k$ is odd number $\therefore$เกิดข้อขัดแย้งขึ้น Case2 $2^{2^{2n+1}}+3 \equiv 1(mod 6)$ $2^{2^{2n+1}} \equiv 4(mod 6)$ $2^{2^{2n}} \equiv 1(mod6)$ $2^{2^{2n}}=1+6k$ but $2^{2^{2n}}$ is a even number and $5+6k$ is odd number $\therefore$เกิดข้อขัดแย้งขึ้น Case3 $2^{2^{2n+1}} +3=0$<---never happen from case1,2,3 $\therefore2^{2^{2n+1}} +3$ is จำนวนประกอบ Is this Correct?? P.S. How do you know that $7| 2^{2^{2n+1}} $ |
อ้างอิง:
|
8.Find เศัษ from $1000|2^{2^{2004}}$
|
ทำไมโจทย์มันมาไม่หยุดยั้งเลยล่ะเนี่ย:aah::died:
9. จาก $2^{\phi(25)}\equiv 2^{20}\equiv 1\pmod{25}$ $\therefore 2^{2004}\equiv 2^4\pmod{25}$ และจาก $2^{2004}\equiv 2^4\pmod{4}$ $\therefore 2^{2004}\equiv 2^4\equiv 16\pmod{100}$ ดังนั้น มี $k\in\mathbb{N}$ ที่ทำให้ $2^{2004}=100k+16$ จาก $2^{\phi(125)}\equiv 2^{100}\equiv 1\pmod{125}$ $\therefore 2^{2^{2004}}\equiv 2^{16}\pmod{125}$ และจาก $2^{2^{2004}}\equiv 2^{16}\pmod{8}$ ได้ว่า $2^{2^{2004}}\equiv 2^{16}\equiv 536\pmod{1000}$ ดังนั้นเศษจากการหาร $2^{2^{2004}}$ ด้วย $1000$ เท่ากับ $536$ |
10.Find all primenumber $p$ that $p^{2}+2543$have positive factor that different less than 16
|
ข้อ 10 นี่ให้หา p ที่ทำให้มีตัวประกอบที่มีผลต่างน้อยกว่า 6 :confused:
|
เค้าน่าจะหมายความว่ามีตัวประกอบที่เป็นบวกแตกต่างกันน้อยกว่า 6 ตัว
ถ้าจำไม่ผิด อันนี้เป็นโจทย์ TMO ครับ |
ถ้าเป็นโจทย์ TMO จะต้องหา $p$ ที่ทำให้ $p^2+2543$ มีตัวประกอบน้อยหว่า $16$ ตัว :)
|
อุ่ย.. โทดทีครับ แต่คิดว่าใช้วิธีเดียวกันได้
|
อ้างอิง:
^ ^ |
??? Please look that am I in the correct way:dry:
$p \equiv 1,-1 \pmod 6$ $p=6k+1,6m-1 ,k,m \in \mathbb{N} $ $(6k\pm 1)^{2}+2543$ $12(3k^{2} \pm k+ 212)$ $2^{2}3(3k^{2} \pm k+ 212)$ $\because 16=16\times 1=8 \times 2 =4\times 2 \times 2= 2\times 2\times 2\times 2$ ((1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15))<<<will not happen $\therefore (3k^{2} \pm k+ 212)=2^{5},2x ,x\in \mathbb{P}$ $3k^{2} \pm k+ 212=2^{5} \rightarrow 3k^{2} \pm k +180=0$<<< not gonna happen $\therefore 3k^{2} \pm k+ 212=2x,x\in \mathbb{P}$ $k(3k \pm1) =2(x-106)$ $\because x-106 \in \mathbb{N} \therefore 2|k \vee 2|3k \pm 1$ $\because x$ is odd number $\therefore x-106$ is odd number case 1 $2|k$ $k=2m,m\in \mathbb{N}$ $\therefore k=2$--->$p=13$ case 2 $2|3k \pm 1$ :kiki: and then I don't know what to do:sweat::confused::cry: |
| เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 15:12 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha