|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#1
|
||||
|
||||
ขอ NT ง่ายๆหน่อยครับ
ขอ NT ง่ายๆหน่อยครับ
|
#2
|
||||
|
||||
Find all triples of primes $\left(p,q,r\right)$ satisfying
$$2008 \leq pqr \leq 2552$$ (ง่ายพอมั๊ยครับ )
__________________
ในโลกนี้มีอสมการมากมายที่กระจายไม่ออก ดังนั้นถ้ารู้ว่าตนกระจอกก็อย่าอาย ถ้าอยากออกก็ต้องกระจาย จะได้ไม่ต้องอายที่ตนกระจอก (Vasc's) $$\left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)^{2} \geq 3\left(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\right)$$ |
#3
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ได้ p=2,q=$a^3$,r=$b^3$ :a,b=primes q=2,p=$c^3$,r=$d^3$ :c,d=primes r=2, p=$e^3$,q=$f^3$ :e,f=primes จะได้ว่า $$qr=251 \leq (ab)^3 \leq 319$$ $$pr=251 \leq (cd)^3 \leq 319$$ $$pq=251 \leq (ef)^3 \leq 319$$ พบว่าไม่มี a,b,c,d,e,f ที่ใช้ได้ ครับบบ... พบว่าไม่มี p,q,r ที่ใช้ได้เช่นกัน(ไม่รู้ว่าถูกหรือป่าวคือผมไม่ค่อยเก่ง NT ครับ) 15 เมษายน 2009 14:49 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ littledragon |
#4
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
แต่ $\left(p,q,r\right)=\left(13,13,13\right)$ ทำให้ $$pqr=2197$$ ที่เหลือคุณลองไปพิจารณาเอาเอง
__________________
ในโลกนี้มีอสมการมากมายที่กระจายไม่ออก ดังนั้นถ้ารู้ว่าตนกระจอกก็อย่าอาย ถ้าอยากออกก็ต้องกระจาย จะได้ไม่ต้องอายที่ตนกระจอก (Vasc's) $$\left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)^{2} \geq 3\left(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\right)$$ |
#5
|
||||
|
||||
อ่าวผมนึกว่าคำว่า (triples of primes = กำลังสามของจำนวนเฉนาะ)แต่ดูเหมือนว่าจะไม่ใช่ ขอโทษด้วยครับ
|
#6
|
||||
|
||||
จงหา $(p,x,q,y)$ ทั้งหมด สำหรับ $p,q$ เป็นจำนวนเฉพาะบวก และ $x,y>1$ เป็นจำนวนเต็มบวก ที่ทำให้ $$p^x-q^y=1$$
(กรณีย่อยของ Mihailescu Theorem หรือ Catalan Conjecture) ปล. ขอโทษทีครับ ต้องขอบคุณท่าน owlpenguin (อย่าอ้างนะ Mihailescu มันยาก)
__________________
There are only two ways to live your life. One is as though nothing is a miracle. The other is as though everything is a miracle. 5th POSN: Gold medal IPST 2008: Gold medal Friendship: Dektep RoSe_JoKer Anonymous314 owlpenguin tatari_nightmare 15 เมษายน 2009 23:29 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 4 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Juniors |
#7
|
||||
|
||||
จากMihailescu Theorem
$x^a− y^b = 1 $ สำหรับ$x, a, y, b > 1$คือ $x = 3, a = 2, y = 2, b = 3$ ดังนั้น $(p,x,q,y)=(3,1,2,1),(3,2,2,3),(2,2,3,1)$ ไม่รู้ว่ามีอีกหรือป่าวช่วยตรวจให้หน่อยนะครับ |
#8
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ถ้าโจทย์ไม่ผิด ก็งานเข้าสิครับ แทน $p=2,y=1$ ได้ว่า $q=2^x-1$ แต่ ณ ปัจจุบันเรายังไม่ทราบกันเลยว่าจำนวนเฉพาะในรูปนี้มีอนันต์ตัวหรือไม่ด้วยซ้ำครับ |
#9
|
||||
|
||||
ผมก็กำลังงงอยู่เหมือนกันครับ
|
#10
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ปล. แก้โจทย์ให้แล้วครับ ขอบคุณครับ ปล2. แหม ผมอุตส่าห์บอกว่าเป็นกรณีย่อย กลับเอามาใช้เอง
__________________
There are only two ways to live your life. One is as though nothing is a miracle. The other is as though everything is a miracle. 5th POSN: Gold medal IPST 2008: Gold medal Friendship: Dektep RoSe_JoKer Anonymous314 owlpenguin tatari_nightmare 15 เมษายน 2009 21:46 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Juniors |
#11
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ขอถามนะครับถ้าเจอข้อแบบนี้แล้วเป็นข้อแสดงวิธีทำควรเขียนแสดงวิธีทำยังไงดีครับหรือว่าต้องเขียนพิสูจน์ทฤษฎีบทนี้ครั บ 15 เมษายน 2009 21:58 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ littledragon |
#12
|
||||
|
||||
ทำตามที่โจทย์ต้องการก็พอครับ
__________________
There are only two ways to live your life. One is as though nothing is a miracle. The other is as though everything is a miracle. 5th POSN: Gold medal IPST 2008: Gold medal Friendship: Dektep RoSe_JoKer Anonymous314 owlpenguin tatari_nightmare |
#13
|
||||
|
||||
ผมเพิ่งรู้นะครับเนี่ยว่าไอ้ Mihailescu Theorem ที่ว่านิ มันเป็นที่รู้จักกันดีขนาดมีคนรู้จักกันหลายคนแบบนี้ อึ้งจริงๆครับ ตัวผมเองก็เพิ่งรู้เพราะไปค้นมาไม่นานมานี้นิเองรู้สึกว่าจะเป็นทฤษฎีที่ไม่โด่งดังอะไรอีกด้วย (มั้ง) ขอคารวะคุณ littledragon เลยครับ
__________________
Rose_joker @Thailand Serendipity |
#14
|
||||
|
||||
เอาล่ะ มาทำกันต่อ ไม่ได้เขียนละเีอียดนะครับ แต่อ่านแล้วพอเข้าใจ(หรือเปล่า?)
เห็นได้ชัดว่า $p$ ไม่ก็ $q$ ตัวใดตัวหนึ่งต้องเป็นเลขคี่ส่วนอีกตัวเป็นเลขคู่ นั่นคือ $2$ (เพราะ $p,q$ เป็นจำนวนเฉพาะ) ดังนั้น แยกเป็น $2$ กรณีดังนี้ 1)$p=2$ ได้ว่า $2^x=q^{y}+1$ พิจารณา $q$ ได้ว่าสามารถแบ่งได้เป็น $2$ กรณีย่อยดังนี้ i)$q\equiv 1\pmod{4}$ ได้ว่า $2^x=q^{y}+1\equiv 2\pmod{4}$ ดังนั้น $x=1$ แต่จาก $x>1$ จึงเกิดข้อขัดแย้งขึ้น ii)$q\equiv 3\pmod{4}$ จาก $2^x\equiv 0\pmod{4}$ (เพราะ $x\geq 2$) $\therefore (-1)^{y}+1\equiv q^{y}+1=2^x\equiv 0\pmod{4}$ นั่นคือ $y$ เป็นจำนวนคี่ ให้ $y=2k+1;\exists k\in\mathbb{Z}^{+}$ ได้ว่า $2^x=(q+1)(q^{2k}-q^{2k-1}+\cdots -q+1)$ แต่จากที่ $q^{2k}-q^{2k-1}+\cdots -q+1$ เป็นจำนวนคี่ ซึ่งมีค่ามากกว่า $1$ (เพราะ $q\geq 3, k\geq 1$) $\therefore 2\not|q^{2k}-q^{2k-1}+\cdots -q+1$ ขัดแย้งกับที่ $2^x=(q+1)(q^{2k}-q^{2k-1}+\cdots -q+1)$ ดังนั้นในกรณีนี้ไม่มีคำตอบ 2)q=2 ได้ว่า $p^{x}-1=2^y$ $(p-1)(p^{x-1}+p^{x-2}+\cdots +1)=2^y$ สมมติ $x$ เป็นเลขคี่ จะได้ว่า $2\not|p^{x-1}+p^{x-2}+\cdots +1$ โดยที่ $p^{x-1}+p^{x-2}+\cdots +1>1$ จึงขัดแย้งกับที่ $(p-1)(p^{x-1}+p^{x-2}+\cdots +1)=2^y$ $\therefore 2|x$ ให้ $x=2a;\exists a\in\mathbb{Z}^{+}$ ได้ว่า $(p^a-1)(p^a+1)=2^y$ เห็นได้ว่า $p^a-1,p^a+1$ เป็นกำลังของ $2$ ซึ่งผลต่างของทั้งสองมีค่า $2$ $\therefore p^a+1=4,p^a-1=2$ นั่นคือ $p^a=3$ นั่นก็คือ $p=3,a=1$ $\therefore x=2,y=3$ และจาก $3^2-2^3=1$ จริง ดังนั้นคำตอบทั้งหมดของสมการ $p^x-q^y=1$ ก็คือ $(p,q,x,y)=(3,2,2,3)$ เท่านั้น อ้างอิง:
โดยส่วนตัว ผมเองก็เพิ่งรู้จากคุณ Juniors นี่แหละครับว่ามันมีท.บ.แบบนี้ด้วย อะไรที่มันยากๆ อย่าเพิ่งรู้เลยครับ เอาพื้นฐานให้แน่น ใช้ให้แม่น ให้คล่องเสียก่อนแล้วค่อยไปทำความรู้จักกับอะไรที่มันยากๆขึ้นไปครับ เหมือนกับการสร้างตึก ถ้าฐานไม่ดี ตึกก็จะถล่มในที่สุด ป.ล.ข้อของคุณ spotanus น่าจะมีคำตอบหลายคำตอบเอามากๆ เช่น $q=r=2,p$ เป็นจำนวนเฉพาะที่อยู่ระหว่าง $502$ กับ $638$ เป็นต้น มีวิธีที่ไม่ถึกจนเกินไปไหมครับ ข้อนั้น? |
#15
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ผมชอบคำพูดของคุณ owlpenguin จริง ๆ ครับ Solution ทำเหมือนกันเลยครับ ถ้าใครมีวิธีที่แตกต่างจากนี้ก็มาแบ่งปันกันในนี้ได้นะครับ
__________________
There are only two ways to live your life. One is as though nothing is a miracle. The other is as though everything is a miracle. 5th POSN: Gold medal IPST 2008: Gold medal Friendship: Dektep RoSe_JoKer Anonymous314 owlpenguin tatari_nightmare |
|
|