En annen tolkningsmulighet, ser jeg nå, er at poenget med Gustavs innlegg ikke var å bevise at $k=53^{103} + 103^{53}$ er delelig med $39$, men å klargjøre en overgang i Mattebrukers bevis etter at Mattebruker først hadde vist at $k=53^{103} + 103^{53}$ er delelig med både $3$ og $13$. Ja, dette er...

Mattebruker skrev: ↑22/03-2023 09:44 Hva er det siste sifferet i 7[tex]^{2009}[/tex] ?

Ganske enig i at akkurat dette kan løses enkelt uten Euler. Det betyr ikke at Eulers teorem er noe mindre nyttig i andre tilfeller...

Forslag til løsning: $7^{2009}=7\cdot 49^{1004}\equiv 7\cdot (-1)^{1004}\equiv 7\pmod{10}$.

Jeg spøker ikke. Mattebruker viser først at $k$ er delelig med både $3$ og $13$. Derfor fins heltall $n,m$ slik at $k=3n=13m$. Dermed vil primtallet $3$ dele $13m$. Euclid sier da at $3$ må dele minst et av tallene $13$ og $m$. Siden $3$ åpenbart ikke deler $13$, må derfor $3$ dele $m$. Dermed fins ...

Mitt løysingsforslag: ( 1 ) 53 \equiv ( - 1 ) \Rightarrow ( 53 ^{103} ) \equiv ( - 1 ) ^{103} = - 1 ( mod 3 ) ( 2 ) 103 \equiv 1 \Rightarrow ( 103 ^{53} \equiv 1 ^{53} = 1 ( mod 3 ) ( 1 ) og ( 2 ) medfører at ( 53 ^{103} + 103 ^{53} ) \equiv 0 ( mod 3 ) Same reknemåte viser at ( 53 ^{103} + 103 ^{5...

Første aperiodiske monotiling

https://www.sciencenews.org/article/mat ... stein-tile

Hadde vært en fordel om du hadde postet koden da

Takk for utfordringer og informative innspill fra Gustav og Mattebruker! For hva det er verdt; formlene jeg presenterte for generering av pytagoreiske tripler, gjelder tripler hvis største felles faktor = 1, noe jeg signaliserte ved i parantes å kalle triplene primitive. Ja, skjønte det, men da bør...

Strengt tatt burde man vel sagt at gitt en pytagoreisk trekant med sider $a,b,c$ der $a^2+b^2=c^2$, fins positive heltall $k,m,n$ slik at $a=k(m^2-n^2), b=k(2mn), c=k(m^2+n^2)$ (eller at uttrykkene for $a$ og $b$ er byttet om), dermed er arealet gitt ved $A=\frac{ab}{2}=k^2(m^2-n^2)mn\in\mathbb{N}$....

Det er ikke feil å bruke generering av alle pytagoreiske tripler, men påstanden kan også bevises vha motsigelse. Anta katetene begge er odde, og utled en motsigelse ved hjelp av pytagoras.

Du må ha med definisjons- og verdimengden i tillegg

Jeg håper følgende eksempel illustrerer poenget: Betrakt $R^2$, la $D$ være x-aksen og $S$ være intervallet $(0,1)$ på x-aksen. Nå er $S$ åpent i $D$, men $S$ er ikke åpent i $R^2$. (ser du hvorfor?) Edit: Betrakt en ball $B_\epsilon (\vec{x}=(0.5,0))$ med radius $\epsilon$. Denne vil aldri være inn...

Sannsynligheten for at eksakt $0\le n\le 8 $ av figurene er koblet riktig er ${8\choose n}\cdot \frac{1}{8}\cdot\frac{1}{7}...\frac{1}{9-n}\cdot \frac{!(8-n)}{(8-n)!}={8\choose n}\cdot \frac{!(8-n)}{8!}$, hvor $!k=k!\sum_{i=0}^k \frac{(-1)^i}{i!}$ gir antall permutasjoner av $k$ elementer med $0$ fi...

Skjønner! Jeg kjører over hele $n \in [1, 10^6]$ for ordens skyld, men jeg ser nå at den må få gå over natta. Etter nesten 3 timer har den kommet til $n=397,000$, og tidsbruken er nok ikke konstant. Collatz-følgene har en morsom tendens i at små tall kan ha fryktelig mye lengre følger enn tall som ...

Aksepterer fullt ut Gustav si forklaring som tek utgangspunkt i ei binomisk sannsynsfordeling. Greier likevel ikkje å innsjå at det blir feil å bruke ei fordeling som baserer seg på "antal gunstige utfall/antal mulege utfall". Problemet er nok at du har regnet feil et sted på gunstige og/...