|
FFTMO9
เป็นกระทู้ที่ผมอยากจะรวบรวมพวกโจทย์(สอวน.)ต่างๆ ไว้นะครับ
ถ้าท่านใดมีโจทย์เจ๋งๆ เเล้วอยากให้เป็นวิทยาทานก็เชิญนะครับ :) จงหาค่า $x$ ที่ $49x\equiv 13 \pmod {67}$ $\therefore x\equiv 3 \pmod{67}$ |
อ้างอิง:
พี่จูกัดเหลียงตั้งต่อเลยครับ :) |
อ้างอิง:
|
น่าจะคุ้นๆ :happy:
2. $x,y,z \in \mathbf{R} ^{+}$ ซึ่ง $x^2+xy+y^2=y$ $y^2+yz+z^2=16$ $z^2+zx+x^2=25$ จงหาค่าของ $xy+yz+zx$ 3. เมื่อ $x_1,x_2,x_3,x_4 \in \mathbf{R^{+}}$ จงหาค่าต่ำสุดของ $\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2}{x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4}$ |
อ้างอิง:
เนื่องจาก $49x \equiv -18x \pmod {67}$ และ $13 \equiv -54 \pmod {67}$ ดังนั้น $-18x \equiv -54 \pmod {67}$ และเนื่องจาก ห.ร.ม. $(-18, 67) = 1$ ดังนั้น $x \equiv 3 \pmod {67}$ (ทบ. ถ้า $ac \equiv bc \pmod m$ โดยที่ $(c, m) = 1$ แล้ว $a \equiv b \pmod m$ ) |
ข้อ 1 ครับ
$$49x \equiv 13 \pmod {67}$$ $$67x-49x=18x \equiv 0-13 \pmod {67}$$ $$72x\equiv -52 \pmod {67}$$ $$72x-67x\equiv 5x \equiv -52 \pmod {67}$$ $$5x \equiv -52+67\equiv 15 \pmod {67}$$ $$x\equiv3\pmod {67}$$ |
อ้างอิง:
|
#7 ใครอ่ะครับ (ปอม???)
|
อ้างอิง:
|
อ้างอิง:
|
อ้างอิง:
$(x+y)(x-y)+z(x-y) =9$ $ (x-y)(x+y+z) =9$ จาก $x,y,z \in \mathbf{R} ^{+}$ ดังนั้น$ x>y>0 \rightarrow x^2 >y $ มันได้ว่า$ (1)$ ไม่จริงอะครับ ถ้าผิดก็ขออภัยนะครับ ลืมไปครับผิดง่ายๆเลย |
อ้างอิง:
ข้อสองยังคิดไม่ออก แต่คาดว่าคงใช้ copy&dilation เข้ามาช่วย (หรือเปล่า ;)) ข้อสามต้องสร้างให้พอดีกับที่ต้องการ โดยสร้างระบบอสมการ $$x_1^2+tx_2^2 \ge 2\sqrt{t}x_1x_2$$ $$(1-t)x_2^2+(1-t)x_3^2 \ge 2(1-t)x_2x_3$$ $$tx_3^2+x_4^2 \ge 2\sqrt{t}x_3x_4$$ เมื่อ $t \in (0,1)$ แล้วลองพิจารณาว่าควรทำอย่างไรต่อ??? (สุดท้ายก็จะได้คำตอบ $\sqrt{5}-1$ ตามที่คุณ BLACK-Dragon ได้เฉลยไว้ครับ) ก็ให้ $\sqrt{t}=1-t$ ซะก็จบ ที่เหลือแค่แก้สมการออกมาเท่านั้นเอง |
อ้างอิง:
สมมติค่าต่ำสุดคือ $k$ จะต้องพิสูจน์ว่า $x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2\geq k(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4)$ $x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2- k(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4)\geq 0$ สมมติว่า $x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2- k(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4)=(x_1-l_1x_2)^2+(l_2x_2-l_3x_3)^2+(l_4x_3-x_4)^2$ กระจาย เทียบสัมประสิทธิ์ แล้วแก้สมการหาค่า $k,l_1,l_2,l_3,l_4$ ออกมาครับ |
เห็นว่าเป็นกระทู้เตรียม TMO ขอใส่เต็มเลยละกัน (ใครเพิ่งจบค่าย 1 ก็อย่าเพิ่งท้อล่ะครับ ^^)
นิยาม อ้างอิง:
5. พิสูจน์ว่า ถ้าจำนวนเต็ม $a_i$ สำหรับ $i=1,2,...,p-1$ เมื่อ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ เป็นจำนวนที่ต่างกันใน modulo $p$ ซึ่ง $(a_i,p)=1$ แล้ว $$\left\{\, a_1, a_2, ..., a_{p-1} \right\} = \left\{\, a_1^{-1}, a_2^{-1}, ..., a_{p-1}^{-1}\right\}$$ ใน modulo $p$ 6. (6th TMO shortlist) ให้ $p \ge 5$ เป็นจำนวนเฉพาะ ถ้า $a,b$ เป็นจำนวนเต็มซึ่ง $(a,b)=1$ และ $$\frac{1}{2^2}+\frac{1}{4^2}+...+\frac{1}{(p-1)^2} = \frac{a}{b}$$ แล้ว จงพิสูจน์ว่า $p|a$ |
อ้างอิง:
ขาไป ให้ $a\in\mathbb{N}$ เเละ $n\ge 2\in\mathbb{N}$ ที่ทำให้ $a$ มีอินเวิร์ส นั่นคือ มี $b\in\mathbb{I}$ ที่ $ab\equiv 1 \pmod n\therefore nx=ab-1 \exists x\in\mathbb{I}$ จัดรูป จะได้ว่า $ab+n(-x)=1\therefore (a,n)=1$ ขากลับ ให้ $(a,n)=1\therefore ax+ny=1 \rightarrow n|{ab-1}\rightarrow ab\equiv 1 \pmod n$ จึงมี $b\in\mathbb{I}$ ที่เป็นอินเวอร์สของเอ ในมอดุโล $n$ ปล.ขอบคุณข้อสอบนะครับ ( เเล้วก็เช็คความมั่วของผมหน่อยครับ :) ) เเล้วก็ ข้อสองที่เป็นวงเล็บปีกกาคือไรอ่ะครับ |
ข้อสองวงเล็บปีกกาคือเซตครับ
ถ้ากล่าวถึงเซตโดยมีคำว่า modulo $p$ มันจะแปลว่า เซตของเศษเหลือใน mod $p$ ประมาณนี้อ่ะครับ (ละไว้ในฐานที่เข้าใจ) พูดง่ายๆ ข้อสองก็คือ ให้พิสูจน์ว่ากลุ่มเซตของอินเวิร์สเป็นการเรียงสับเปลี่ยนกันเอง เช่น พิจารณา mod 7 เซตเศษเหลือ (เอาแบบง่ายๆ) ก็คือ $\left\{\, 1,2,...,6 \right\} $ ซึ่ง $$1 \cdot 1 \equiv 1 (mod \, \, 7)$$$$2 \cdot 4 \equiv 1 (mod \, \, 7)$$$$3 \cdot 5 \equiv 1 (mod \, \, 7)$$$$4 \cdot 2 \equiv 1 (mod \, \, 7)$$$$5 \cdot 3 \equiv 1 (mod \, \, 7)$$$$6 \cdot 6 \equiv 1 (mod \, \, 7)$$ สังเกตว่าอินเวิร์สมีแบบที่ไม่ซ้ำกันเลย นี่แหละคือคำถาม ให้พิสูจน์ว่าอินเวอร์สไม่ซ้ำกันสำหรับจำนวนเฉพาะ $p$ ใดๆเท่านั้นเอง :) |
จริงๆผมชอบเรื่อง inverse modulo มากที่สุดใน number แล้วครับ :kaka: มาต่อโจทย์ให้เลยละกัน
7.สำหรับจำนวนเฉพาะ $p$ ซึ่ง $p \equiv 3 \pmod{4}$ ถ้าเรา partition เซต $\left\{\,1,2,...,p-1 \right\}$ ออกเป็นสองเซตที่มีจำนวนสมาชิกเท่ากัน โดยที่สมาชิกในแต่ละเซตมี inverse modulo $p$ อยู่ในเซตเดียวกันแล้ว เราจะสามารถ partition แบบนี้ได้กี่วิธี (ข้อนี้ไม่ยากครับ แค่ทดสอบความรู้พื้นฐานของอินเวอร์ส) 8.จงใช้ความรู้เรื่อง inverse พิสูจน์ทฤษฎีบทของ Wilson ที่กล่าวว่า สำหรับจำนวนเฉพาะ $p$ ใดๆ, $$(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$$ 9.พิสูจน์ทฤษฎีของ Wolstenholme ดังนี้ 9.1) สำหรับจำนวนเฉพาะ $p \ge 5$ และจำนวนเต็ม $a,b$ ซึ่ง $(a,b)=1$ และ $$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{p-1}=\frac{a}{b}$$ พิสูจน์ว่า $p^2|a$ 9.2) สำหรับจำนวนเฉพาะ $p \ge 5$ และจำนวนเต็ม $a,b$ ซึ่ง $(a,b)=1$ และ $$1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{(p-1)^2}=\frac{a}{b}$$ พิสูจน์ว่า $p|a$ |
อ้างอิง:
จากโจทย์ จะได้ว่า $a_{i}\in\mathbb{I}$ให้ $b_{i}\in\mathbb{I}$ เเละ $a_{i}b_{i}\equiv 1 \pmod p\rightarrow p|({a_ib_i-1})$ เเละ กำหนด $A=\left\{\,a_{i}|(a_{i},p)=1 \wedge i\in \left\{\,1,2,3...,p-1\right\} \right\} $ สมมุติว่า $b_{i}\not\in A\therefore b_{i}=pk$ สำหรับบางค่า $k\in\mathbb{I}$ เเละจาก $p|a_{i}b_i-1 \rightarrow a_ipk-1=px$ สำหรับบางค่า $x\in\mathbb{I}$ ซึ่งเกิดข้อขัดเเย้ง เพราะฉะนั้น $b_{i}$ ก็หล่นไปอยู่ใน $A$ ทำให้ได้ว่า $\left\{\,a_{i}\right\} =\left\{\,b_{i}\right\} $ ปล.ลองเฉลยข้อ 6 พอเป็นเเนวทางหน่อยได้ไหมครับ TT |
มีคนเคยมาถามผมแล้ว และก็เขียนเฉลยในแบบของผมเอาไว้ในนี้ล่ะครับ (อาจจะงงๆหน่อยนะครับ ค่อยๆอ่าน :))
http://www.mathcenter.net/forum/showthread.php?t=13589 อันนี้เป็นขั้นตอนการพิสูจน์ทีละขั้น ส่วนวิธีการพิสูจน์ในแต่ละข้อก็ประปรายอยู่ในลิ้งค์นั้นแล้ว 1.พิสูจน์ว่าอินเวอร์สของแต่ละสมาชิกในเซ็ต $\left\{\, 1,2,...,p-1 \right\} $ เมื่อ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ คือการเรียงสับเปลี่ยนกันเองในเซต ตัวอย่างเช่น http://www.mathcenter.net/forum/show...5120&page=2#16 ซึ่งในตัวอย่างนี้อาจขยายเป็นกรณีทั่วไปได้ โดยเป็นเซตที่ไม่มีสามชิกตัวใด congruence กันเองใน mod $p$ และกรณีทั่วไปนี้เองที่ผมตั้งเป็นโจทย์ข้อห้าใน http://www.mathcenter.net/forum/show...php?t=15120#14 2.พิสูจน์ว่าอินเวอร์สของสมาชิกในเซต $\left\{\, 1^2,2^2,...,(p-1)^2 \right\} $ จะมีบางตัวซ้ำกัน แต่ แต่ แต่... มันจะซ้ำกันเพียงแค่ $\frac{p-1}{2}$ แบบเท่านั้น (อย่างก่อนหน้านี้ ข้อ 3 เราบอกว่ามันไม่ซ้ำกัน ซึ่งก็หมายความว่าแตกต่างกัน $p-1$ ตัวนั่นเอง) 3.พิสูจน์ว่าอินเวอร์สของสมชิกในเซต $\left\{\, 1^2,2^2,...,(\frac{p-1}{2})^2 \right\} $ ก็คือการเรียงสับเปลี่ยนของตัวมันเอง คล้ายกับข้อ 3 ***4.พอจะนึกออกหรือยังครับว่าการดีไซน์โจทย์ประเภทนี้ก็คือ ใช้ลักษณะพิเศษที่ว่า มันเป็นเพียงการเรียงสับเปลี่ยน ดังนั้น สำหรับจำนวนเฉพาะ $p$ ใดๆ เราอาจกล่าวได้ว่า $$1^{-1}+2^{-1}+...+(p-1)^{-1} \equiv 1+2+...+(p-1) (mod \, \, p)$$ (เพื่อความสะดวก จะเขียน $a^{-2}$ แทน $(a^{-1})^2$) และเช่นเดียวกันกับ $a^{-2}$ ก็จะได้ว่า $$1^{-2}+2^{-2}+...+\Big( \frac{p-1}{2} \Big) ^{-2} \equiv 1^2+2^2+...+\Big( \frac{p-1}{2} \Big) ^2 (mod \, \, p)$$ 5.เก็บรายละเอียดด้วย Wilson's Theorem โดยการคูณพวก factorial ลงไปเพื่อให้เป็นจำนวนเต็ม เราจึงจะนำมันมาพิจารณาใน congruence ได้ เพราะเราไม่ได้บอกว่า $\frac{1}{a}$ ในสมการ คือ $a^{-1}$ ในสมภาค แล้วค่อยลดทอนลงไปเรื่อยๆจนได้ดังที่ผมเฉลยไว้ครับ :)[/quote] |
เพิ่งจะลองเปิดดูเฉลย จริงๆข้อนี้ทำแบบ contradiction ง่ายกว่าเยอะครับ
อ้างอิง:
แปลได้ว่า สำหรับทุก $i,j \in \left\{\, 1,2,...,p-1 \right\}$ ซึ่ง $i \not= j$ แล้ว $a_i \not\equiv a_j \pmod{p}$ สมมติว่ามีบาง $a_i, a_j$ ที่ใช้อินเวอร์สร่วมกัน แสดงว่า $a_i^{-1} \equiv a_j^{-1} \pmod{p}$ คูณด้วย $a_ia_j$ ซะก็จบ เพราะจะได้ว่า $a_j \equiv a_i \pmod{p}$ ทันที จึงเกิดข้อขัดแย้ง ดังนั้น จะไม่มีคู่ $a_i,a_j$ ต่างกันใดๆที่มีอินเวอร์สตัวเดียวกันใน modulo $p$ (พอมันใช้อินเวอร์สอย่างไม่ซ้ำกัน ก็แสดงว่ามันเป็นการเรียงสับเปลี่ยนเท่านั้นเอง สองเซตดังกล่าวจึงเท่ากัน) |
#21 เจ๋งดีอ่ะครับ ;)
อ้างอิง:
เมื่อ $p=4k+3,k\ge 2$ |
ยังไม่ถูกครับ
ที่ผมบอกว่าทดสอบความรู้พื้นฐานก็เพราะว่า... $1^{-1} \equiv 1 \pmod{p}$ และ $(p-1)^{-1} \equiv p-1 \pmod{p}$ เสมอ ซึ่งตัวนี้จะช่วยให้มองเห็นภาพการ partition ได้ดีขึ้นเยอะเลยครับ แถมยังช่วยในการแก้ปัญหาข้อ 8 อีกด้วย พอเราค่อยๆเข้าใจทีละนิดๆมันก็จะสนุกไปเอง ผมถึงได้ชอบ :kaka: |
#22 งั้นผมขอดองโจทย์ไว้พรุ่งนี้ก่อนละกัน :sweat:
เเต่ก็ต้องขอบคุณ# ก่อนๆไปก่อน คงต้องทำความเข้าใจอีกเยอะ 555 ขอบคุณมากๆเลยครับ |
อ้างอิง:
สำหรับ $p=2,3$เช็คง่ายๆให้$p>3$จาก $p$ เป็นจำนวนเฉพาะจะได้$p$จำนวนเฉพาะสัมพัทธ์กับ$1,2,...,p-1$ จะมี$a,b\in {1,2,...,p-1}$ซึ่ง$ab\equiv 1 \pmod{p}$โดย#20ได้ว่า$b$ใช้ไปครั้งเดียวแน่นอน $\Rightarrow 2\bullet 3\bullet 4\bullet ...\bullet (p-2)\equiv 1 \pmod{p}$ $\Rightarrow 2\bullet 3\bullet 4\bullet ...\bullet (p-2)\bullet (p-1)\equiv p-1 \equiv -1 \pmod{p}$ |
อ้างอิง:
จะแสดงว่า ถ้า$p$เป็นจำนวนเฉพาะที่$\geqslant 5$แล้ว $$p^2|(p-1)!(H_{p-1}) =\sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } (p-1)!(\frac{1}{i} +\frac{1}{p-i} ) =\sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } (p-1)!\frac{p}{i(p-i)} \Leftrightarrow p|\sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } (p-1)!\frac{1}{i(p-i)} $$ $$\Leftrightarrow \sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } (p-1)!\frac{1}{i(p-i)}\equiv 0 \pmod{p}$$ จาก note ,wilson's theorem และ inverse modulo ได้ว่า $$\sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } (p-1)!\frac{1}{i(p-i)}\equiv \sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } (p-1)!\frac{1}{-i^2} \equiv \sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } \frac{1}{i^2} \equiv \sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } i^2 = \frac{p(p^2-1)}{24}\equiv 0 \pmod{p} $$ เป็นจริงเพราะว่า $(p,24)=1$ ข้อ 9.2 ก็ทำคล้ายๆกันนะ |
ผมพอจะเข้า #20 แล้วว่าจะต้องให้ทำอะไีรขอบคุณมากครับ :great:
การที่ inverse ของ ${1,2,3,...,p-1}$ คือ การเรียงสับเปลี่่ยนของตัวมันเอง นั่นหมายถึง inverse จะต้องไม่ซ้ำกัน หรือ congruence สมมุิติให้ $a,b \in { {1,2,3,...,p-1} }$ โดยที่ $a^{-1} \equiv b^{-1} \pmod {p}$ $1 \equiv a \cdot b^{-1} \pmod {p}$ แต่ว่า $1 \equiv b \cdot b^{-1} \pmod{p}$ $a \cdot b^{-1} \equiv b \cdot b^{-1} \pmod{p}$ นั่นแปลว่า $a \equiv b \pmod{p}$ $p | a-b$ เกิดข้อขัดแย้งจากที่เราสมมุติว่า $a,b \in { {1,2,3,...,p-1} }$ |
ถ้าเริ่มเข้าใจ inverse modulo $p$ สำหรับจำนวนเฉพาะ $p$ แล้วล่ะก็ ขอขยับขึ้นมาให้ใกล้กับกรณีทั่วไปอีกหน่อยละกัน
10. สำหรับจำนวนนับ $k,a,b$ ซึ่ง $k \ge 2$ และ $(a,b)=1$ สอดคล้องกับ $$1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2^k-1}=\frac{a}{b}$$ พิสูจน์ $2^k|a$ พิสูจน์ $4^{k-1}|a$ |
อ้างอิง:
$$\sum_{i = 1}^{p-1} \frac{1}{i^2} \equiv \sum_{i = 1}^{p-1} i^2$$ เพราะ $k^2 \equiv (p-k)^2 \pmod{p}$ เสมอ นั่นแสดงว่าสำหรับกำลังสอง มีการใช้ inverse ซ้ำกัน แต่สำหรับกำลังหนึ่งจะไม่มีคู่ใดใช้อินเวอร์สซ้ำกัน ระวังด้วยนะครับๆ :o |
#29
ถามหน่อยครับ ถึงว่าจะซ้ำคู่แต่ก็เขียนให้มันเป็นแบบนั้นได้ไม่ใช่หรอครับเช่นให้ $p=7$ จะได้ $\sum_{i = 1}^{6} \frac{1}{i^2} = \frac{1}{1^2} +\frac{1}{2^2} +\frac{1}{3^2} +\frac{1}{4^2} +\frac{1}{5^2} +\frac{1}{6^2} \equiv 1^2+3^2+2^2+5^2+4^2+6^2 = \sum_{i = 1}^{6} i^2\pmod{7}$ |
อ้างอิง:
ทำให้ได้ว่า $$1\cdot 2\cdot3...(p-1)\equiv p-1 =-1\pmod p$$ |
อ้างอิง:
$$a=b(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+...+\frac{1}{2^k-1})$$ เพราะว่า $(2^k-1,i)=1$ สำหรับ $i\in \left\{\,1,3,5,...2^k-1\right\} $ ทำให้ได้ว่า $$a\equiv (1+3+5+...+(2^k-1))b\equiv 2^k\cdot2^{k-1}b\equiv 0\pmod{2^k}$$ $\therefore 2^k|a$ |
#29 จะเขียนอย่างงั้นมันก็ได้แหละครับ แต่ถ้าเขียนแบบนี้แล้วเหมือนเจตนาว่ามันไม่ซ้ำ อาจโดนหักคะแนนได้ในข้อสอบจริงนะครับ
#30 ลืม $1^{-1} \equiv 1 \pmod{p}$ หรือเปล่าเอ่ย??? ต้องเป็นแค่ $2\cdot3\cdot...\cdot(p-2) \equiv 1 \pmod{p}$ ก่อนสิครับ #31 ก็ควรพิสูจนเพิ่มเติมเล็กน้อยด้วยนะครับ เพราะคราวนี้ไม่ใช่จำนวนเฉพาะ (อาจเขียนว่า ทำนองเดียวกับจำนวนเฉพาะ เพิ่มหน่อยก็ดีครับ :)) ปล.ที่ย้ำจุกจิกเพราะกรรมการ TMO เค้าก็จุกจิกอย่างนี้แหละ หาจุดหักคะแนน ผมเคยผ่านมาแล้ว :aah: มาเฉลยข้อนี้ให้ละกัน อ้างอิง:
ซึ่งกลุ่ม $(a, a^{-1})$ จะมีทั้งหมด $\frac{p-3}{2}$ คู่อันดับ กรณี 1 $(1,1),(p-1,p-1)$ อยู่ในเซตเดียวกัน แต่เนื่องจากแบ่งเป็นสองเซตที่มีสมาชิกเท่ากัน เซตละ $\frac{p-1}{2}$ ตัว ดังนั้น เซตที่มี $(1,1),(p-1,p-1)$ อยู่แล้ว ก็ต้องหาเพิ่มมาอีก $\frac{p-5}{4}$ คู่ แต่ $\frac{p-5}{4}$ ไม่เป็นจำนวนเต็ม กรณีนี้จึงเป็นไปไม่ได้ กรณี 2 $(1,1),(p-1,p-1)$ อยู่คนละเซต ก็แปลว่าต้องหาให้เพิ่มอีกเซตละ $\frac{p-3}{4}$ คู่อันดับพอดี จำนวนวิธี (ทั้งในกรณีนี้ และทั้งหมด) จึงเท่ากับ $$\binom{\frac{p-3}{2}}{\frac{p-3}{4}}$$ ***โจทย์นี้ หากเราเปลี่ยนเงื่อนไขเป็น $p \equiv 1 \pmod{4}$ แล้วล่ะก็ คำตอบก็จะเกิดที่กรณี 1 เท่านั้น คำตอบก็จะกลายเป็น $$\binom{\frac{p-3}{2}}{\frac{p-5}{4}}$$ |
อ่อครับขอแก้ไขโดยการไปดูนี่แทนนะ
http://www.artofproblemsolving.com/F...f=462&t=150391 แก้แล้วนะครับไม่ทราบว่าถูกหรือเปล่าเช็คทีครับ |
#31 ทดเลขผิดไปบางจุดนะครับ :happy:
ส่วนที่เป็นกรณีทั่วไปก็น่าจะมองออกกันแล้วนะครับ ขอเก็บโจทย์เอาไว้ละกัน ลุยโจทย์อินเวอร์สเซตสุดท้าย (สำหรับเนื้อหาระดับนี้ที่ผมมี) แทนดีกว่า โจทย์เซตนี้เป็นผลพลอยได้จาก Wolstenholme's Theroem ครับ 11.Wolstenholme's Theorem (ข้อคาดการณ์) 11.1) จากข้อ 9.1 ที่บอกว่า $p^2|a$ มีจำนวนเฉพาะ $p$ ที่ทำให้ $p^3|a$ ด้วยหรือไม่??? 11.2) จากข้อ 9.2 ที่บอกว่า $p|a$ มีจำนวนเฉพาะ $p$ ที่ทำให้ $p^2|a$ ด้วยหรือไม่??? 12.สำหรับจำนวนเฉพาะ $p \ge 5$ และจำนวนนับ $x,y$ ซึ่ง $(x,y)=1$ สอดคล้องกับ $$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{p}=\frac{x}{y}$$ พิสูจน์ว่า $px \equiv y \pmod{p^4}$ 13.สำหรับจำนวนเฉพาะ $p \ge 5$ และจำนวนนับ $x,y$ ซึ่ง $(x,y)=1$ สอดคล้องกับ $$1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{p^2}=\frac{x}{y}$$ พิสูจน์ว่า $p^2x \equiv y \pmod{p^5}$ คราวนี้ใครจะต่อเรื่องอื่นก็เชิญได้นะครับ ก่อนที่อินเวอร์สมอดุโลจะฝังเข้าไปในหัวมากกว่านี้ :laugh: |
#35 เเล้วถ้าเป็น $p^2|a$ จะทำไงอ่ะครับ
|
แบบที่ผมเฉลยมันก็คือการจับ $1,p-1$ แยกออกมา ที่เหลือให้หาคู่อินเวอร์สของตัวเอง
ซึ่งไม่ว่ายังไง คู่อินเวอร์สก็ต้องมีคู่ของมันเพียงตัวเดียวอยู่แล้ว ตรงจุดนี้จึงยังไม่นับเป็นวิธีน่ะครับ คล้ายกับว่า partition {1,2,3,...,12} เป็นสองเซต โดยสมาชิกในแต่ละเซตต้องมีอีกสมาชิกในเซตเดียวกันที่บวกกันได้ 13 นั่นคือ ไม่ว่ายังไงก็ต้องจับคู่ (1,12), (2,11), (3,10), (4,9), (5,8), (6,7) เอาไว้ก่อนเสมอ ไม่ได้นับเป็นวิธี จากนั้นค่อยจับกลุ่ม แบ่งเป็นสองกลุ่มที่มีจำนวนสมาชิกเท่ากัน ก็จะได้ $\binom{6}{3}$ วิธี ก็เป็นอันจบพิธี อินเวอร์สก็คล้ายกัน เพียงแต่มีกรณีพิเศษที่ว่า $1,p-1$ ต้องอยู่โดดเดี่ยว |
#35 ขอโทษครับ ผมทดเลขผิด เอาเป็นว่า ข้อนี้เป็นข้อคาดการณ์แทนละกัน เพราะตอนนี้ผมเองก็ไม่รู้ซะแล้วว่ามันจริงหรือเปล่า :p
|
#37 งั้นช่วยเเสดงที่ทดผิดให้ดูหน่อยครับ (เผื่อผมจะได้นำไปประยุกต์ใช้)
ที่ว่าจงเเสดงว่า $p^2|a$ :please: ปล.ข้อ 12-13 สรุปมันเป็น $x,y$ หรือ $a,b$ อ่ะครับ = = |
ที่ผมทดผิดก็คือ $p$ ย่อมไม่มี inverse ใน mod p อยู่แล้ว (ผิดแบบโง่ๆ = =)
ถ้าที่ผมทด อย่างข้อ 11.1 ก็สมมติว่ามีจำนวนเฉพาะ $p$ ที่ทำให้ $\frac{a}{p^2} \equiv 0 \pmod{p}$ หลังจากจัดรูปสมการก็จะได้ $$\frac{a}{p^2} = \frac{b}{2p} \Big(\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+\cdots+\frac{4}{(p-1)(p+1)} \Big)$$ แต่เราสมมติว่า LHS $\equiv 0 \pmod{p}$ ดังนั้น $$\frac{b}{2p} \Big( -1^2-2^2-...-\Big( \frac{p-1}{2} \Big)^2\Big) \equiv 0 \pmod{p}$$ $$\frac{b}{2p} \Big( \frac{p-1}{2} \Big) \Big( \frac{p+1}{2} \Big) \Big( \frac{p}{6} \Big) \equiv 0 \pmod{p}$$ ซึ่งถ้าสมมติว่า $p$ มีอินเวอร์ส ก็จะสามารถตัดกันเหมือนเศษส่วนธรรมดา แต่มันทำไม่ได้ ถ้ายังจะทำต่อ ก็ใช้ความจริงที่ว่า สำหรับจำนวนเฉพาะ $p \ge 5$ นั้น $p^2 \equiv 1 \pmod{24}$ เสมอ ก็จะเหลือแต่ว่า $$\frac{b}{2} \equiv 0 \pmod{p}$$ $$b\cdot 2^{p-2} \equiv 0 \pmod{p}$$ แต่ $p\nmid b$ และ $p \nmid 2$ เสมอ จึงเกิดข้อขัดแย้ง ปล.ข้อ 12-13 ใช้ $x,y$ ดีกว่า จะได้ไม่ปนกับของ Wolstenholmes' |
อ้างอิง:
แต่ $(p^3k+b,pb)=1$ (ทำต่อเองนะ) จึงได้ $x=p^3k+b,y=pb$ $\therefore px-y=p^4k-pb+pb=p^4k$ หารด้วย $p^4$ ลงตัวซึ่งเห็นได้ชัด 13.เนื่องจากWolstenholme's Theorem เราได้ $1+\frac{1}{2^2} +\frac{1}{3^2} +...+\frac{1}{(p-1)^2}=\frac{pk}{b}$โดย$(k,b)=1 \Rightarrow 1+\frac{1}{2^2} +\frac{1}{3^2} +...+\frac{1}{(p-1)^2}+\frac{1}{p^2}=\frac{p^3k+b}{p^2b} $ แต่ $(p^3k+b,p^2b)=1$ จึงได้ $p^2x-y=p^5k+p^2b-p^2b=p^5k$ หารด้วย $p^5$ ลงตัวซึ่งเห็นได้ชัด |
| เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 17:16 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha