|
|
#1
11 เมษายน 2009, 17:21
|
||||
|
||||
บทขยายของทบ.ผลคูณ
ให้ $a \in \mathbb{Z}$, $n \in \mathbb{N}$ และ $p \in \mathbb{Z}$ ซึ่ง $\gcd(p,i)=1, \forall i=1,2,...,n$
(โดยเฉพาะอย่างยิ่ง $p=\pm 1$ หรือ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะที่มากกว่า $n$) จะได้ว่า $$n! \mid (a)(a+p)...(a+(n-1)p)$$ ไม่ยากนะครับ แต่นำไปอ้างได้ดี 
__________________
ในโลกนี้มีอสมการมากมายที่กระจายไม่ออก ดังนั้นถ้ารู้ว่าตนกระจอกก็อย่าอาย ถ้าอยากออกก็ต้องกระจาย จะได้ไม่ต้องอายที่ตนกระจอก  (Vasc's) $$\left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)^{2} \geq 3\left(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\right)$$ 
|
|
#2
11 เมษายน 2009, 17:36
|
||||
|
||||
|
พิสูจน์
พิจารณาสมการเชิงสมภาค $px \equiv 1 \pmod{n!}$ ซึ่งจาก $\gcd(n!,p)=1$ ดังนั้น สมการดังกล่าวมีผลเฉลย ให้ผลเฉลยดังกล่าวตัวหนึ่งเป็น $x_{0}$ จะได้ว่า $px_{0} \equiv 1 \pmod{n!}$ ดังนั้น $\gcd(n! , x_{0})=1$ ซึ่งจาก $n! \mid (ax_{0})(ax_{0}+1)...(ax_{0}+n-1)$ ฉะนั้น $n! \mid (ax_{0})(ax_{0}+px_{0})...(ax_{0}+(n-1)px_{0})$ ดังนั้น $n! \mid x_{0}^{n}(a)(a+p)...(a+(n-1)p)$ ซึ่งจาก $\gcd(n! , x_{0})=1$ ทำให้ $\gcd(n! , x_{0}^{n})=1$ ดังนั้น $n! \mid (a)(a+p)...(a+(n-1)p)$ ตามต้องการ
__________________
ในโลกนี้มีอสมการมากมายที่กระจายไม่ออก ดังนั้นถ้ารู้ว่าตนกระจอกก็อย่าอาย ถ้าอยากออกก็ต้องกระจาย จะได้ไม่ต้องอายที่ตนกระจอก (Vasc's) $$\left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)^{2} \geq 3\left(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\right)$$ 11 เมษายน 2009 17:41 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Spotanus
|
|
#4
11 เมษายน 2009, 17:52
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
 (Chinese Team Selection Test 2008, Quiz 6) (หมายเหตุ : เนื่องจาก ข้อสอบนี้ได้เผยแพร่ใน mathlinks.ro แล้ว ผมจะใช้ liberty ในการโพสที่นี่นะครับ) จงพิสูจน์ว่า ทุก $n \geq 2$ จะมีพหุนามดีกรี $n$, $f(x)=x^{n}+a_{1}x^{n-1}+...+a_{n}$ ซึ่ง (1) $a_{i} \not= 0, \forall i=1,2,...,n$; (2) $f(x)$ ไม่สามารถแยกตัวประกอบไปเป็นผลคูณของพหุนามที่มีสัมประสิทธิ์เป็นจำนวนเต็ม และมีดีกรีเป็นบวกได้; (3) ทุก $x \in \mathbb{Z}$, $\mid f(x) \mid$ ไม่เป็นจำนวนเฉพาะ
__________________
ในโลกนี้มีอสมการมากมายที่กระจายไม่ออก ดังนั้นถ้ารู้ว่าตนกระจอกก็อย่าอาย ถ้าอยากออกก็ต้องกระจาย จะได้ไม่ต้องอายที่ตนกระจอก (Vasc's) $$\left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)^{2} \geq 3\left(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\right)$$
|
|
#6
11 เมษายน 2009, 18:12
|
||||
|
||||
 งั้นเอาแบบใช้ตรงๆเลยนะครับสำหรับ $p,q$ เป็นจำนวนเฉพาะที่มากกว่า 2009 จงแสดงว่า $$2009! \mid (p^{2}-q^{2})(p^{2}-4q^{2})(p^{2}-9q^{2})...(p^{2}-1004^{2}q^{2})$$ 
__________________
ในโลกนี้มีอสมการมากมายที่กระจายไม่ออก ดังนั้นถ้ารู้ว่าตนกระจอกก็อย่าอาย ถ้าอยากออกก็ต้องกระจาย จะได้ไม่ต้องอายที่ตนกระจอก (Vasc's) $$\left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)^{2} \geq 3\left(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\right)$$
|
|
#8
12 เมษายน 2009, 20:06
|
||||
|
||||
|
ใช้ residue ทุกข้อรึเปล่าครับ
|
|
#9
15 เมษายน 2009, 10:01
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
|
|
#10
15 เมษายน 2009, 11:17
|
||||
|
||||
|
#9
แยกแต่ละประกอบแต่ละวงเล็บทางขวามือ แล้วเรียงจากมากไปน้อย(หรือน้อยไปมาก) ก่อนใช้บทขยายด้านบนครับ
__________________
คนไทยร่วมใจอย่าใช้ภาษาวิบัติ ฝึกพิมพ์สัญลักษณ์สักนิด ชีวิต(คนตอบและคนถาม)จะง่ายขึ้นเยอะ (จริงๆนะ) Stay Hungry. Stay Foolish.
|
  |
| เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
|
|
![Ne[S]zA's Avatar](customavatars/avatar9615_3.gif){kind=avatar}
