|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#1
|
||||
|
||||
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 thanks
__________________
..................สนุกดีเนอะ................... 11 เมษายน 2008 04:43 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ CmKaN |
#2
|
||||
|
||||
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?
__________________
..................สนุกดีเนอะ................... |
#3
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ถ้าลองเช็คดู $n^{2}\times2^{3n^{2}}+1 $ mod 17 มันวนลูปทุกๆ 34 ตัวสำหรับเลขคู่ แล้วใน 34 ตัวแรกก็จะมี 0 อยู่ 4 ตัวนะครับ |
#4
|
||||
|
||||
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 |
#5
|
||||
|
||||
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 |
#6
|
||||
|
||||
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 $\therefore P=3$
__________________
..................สนุกดีเนอะ................... |
#7
|
||||
|
||||
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 $58$
__________________
..................สนุกดีเนอะ................... |
#8
|
||||
|
||||
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)
__________________
..................สนุกดีเนอะ................... 11 เมษายน 2008 22:04 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ CmKaN |
#9
|
||||
|
||||
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) |
#10
|
||||
|
||||
so I just do case that k is a even number right? and is it correct
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$\therefore 10^{\phi{n}} \equiv 1(modn)$ $\therefore k=\phi{n} -1$
__________________
..................สนุกดีเนอะ................... |
#11
|
||||
|
||||
ใช่ครับ ต้องทำกรณี k เป็นคี่อีกกรณีนึง
ข้อ 3 คิดว่าถูกครับ |
#12
|
||||
|
||||
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 $58+58+58=174$
__________________
..................สนุกดีเนอะ................... |
#13
|
||||
|
||||
4.Find number of all $n$ that $0<n<1000$ that $x^{223}-x+n \equiv0(mod223)$ has answer
__________________
..................สนุกดีเนอะ................... |
#14
|
||||
|
||||
อืม... จาก 223 เป็นจำนวนเฉพาะ ก็ใช้ Fermat's Little Theorem
ได้ $x^{223}\equiv x\pmod{223}$ ก็เลยได้ว่า $n\equiv 0\pmod{223}$ $\therefore n=223,446,669,892$ |
#15
|
||||
|
||||
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
__________________
..................สนุกดีเนอะ................... 12 เมษายน 2008 07:59 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ CmKaN |
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
ช่วย check คำตอบหน่อยครับ | suan123 | คณิตศาสตร์อุดมศึกษา | 4 | 20 มีนาคม 2007 22:19 |
|
|