Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.
ny oppgave:
for hvilke positive heltall \(m\) finnes det en uendenlig aretmetisk rekke av heltall \(a_1,a_2,....\) og en uendelig geometrisk rekke av heltall \(g_1,g_2....\) som oppfyller følgene ting:
\(a_n - g_n\) er delelig på \(m\) for alle heltall \(n \ge 1\);
Ingen slik \(m\) eksisterer.
Åpenbart kan ikke \(m=1\). AFMS at det eksisterer en \(m\) som tilfredsstiller oppgaven. Det må dermed eksistere et primtall \(p\) slik at \(p\mid m\) og \(p\not \mid a_2-a_1\). Vi kan skrive om følgene til \(a_n=a_1+(n-1)d\) og \(g_n=g_1 r^{n-1}\), der \(d,r\in \mathbb{Z}. Siden \(p\not \mid d\), må det eksistere en \(n\) slik at \(p\mid a_n\). Det betyr at \(a_n\equiv g_n=0 \pmod{p}\). Det impliserer at \(p\mid g_1\) eller \(p\mid r\). Uansett har vi \(p\mid g_i\) for \(i\geq 2\), en motssigelse siden \(p\not \mid a_{n+1}\).
Jeg er lat, så jeg dropper å skrive detaljene så nøye.
La \(f(n\) betegne den greia i oppgaven.
Vi viser mer generelt at \(f(n)\) er surjektiv mod p og da er vi åpenbart ferdige.
Påstand: \(f(n+p(p-1))\equiv f(n)-1\pmod{p}\)
Vi utvider \(f(n+p(p-1))\). Observer at vi kan redusere grunntallet med \(p\), og av FLT; kan vi redusere potensen med \(p-1\)
Vi starter med de første \(n\) leddene. Etter redusering, finner vi at det er ekvalent med \(f(n)\). Etter redusering, grupperer vi sammen alle tall som har lik potens, og da får vi dobbelsummen:
\(\sum_{i=1}^{p-1}\sum_{i=1}^{p-1}j^i\)
Men, denne summen er bare masse av den velkjente summen
\(\sum_{i=1}^{p-1}j^x\), og da blir hele greia:
\(f(n+p(p-1))\equiv f(n)+\sum_{i=1}^{p-1}\sum_{i=1}^{p-1}j^i\equiv f(n)-1\pmod{p}\)
Så Påstanden er bevist.
Da er vi ferdige siden dette viser surjektivitet.
Ny oppgave:
Given a natural integer \(l\), find all sequences \(\{a_i\}_{i \ge 1}\) of positive integers such that for any natural numbers \(n_1, n_2, \dots, n_l\)
$$n_1! + \dots + n_l! \mid a_{n_1}! + \dots + a_{n_l}!.$$
Svar: For \(l=1\) har vi alle følger der \(a_i\geq i\). Dersom \(l\geq 2\) er den eneste løsningen \(a_i=i\).
Åpenbart stemmer dette for \(l=1\). Vi antar derfor \(l\geq 2\).
\(\textbf{Påstand 1:}\) \(a_i\geq i\)
\(\textbf{Bevis:}\) La \(n_k=m\) for alle \(k\). Da har vi \(l\cdot m! \mid l\cdot a_m!\). Dermed er \(a_m\geq m\).
Videre i beviset ser vi bare på \(n_1\) og \(n_2\). Vi velger \(n_3\dots n_l\) til å være så store at det ikke påvirker det vi gjør.
\(\textbf{Påstand 2:}\) \(a_1=1\)
\(\textbf{Bevis:}\) Anta for motsigelsens skyld at \(a_1=b\neq 1\). La \(n_1=1\) og \(n_2=p-1\) der \(p>b!\) er et primtall.
Vi har dermed at \(p\mid \sum n_j\) og dermed \(p\mid \sum a_{n_j}\). Det følger at \(p\mid b!+a_{n_2}!\). Siden \(p \not \mid b!\), må \(a_{n_2}=p-1\) og \(b=1\) fordi \(b\equiv -(p-1)!\equiv 1 \pmod p\).
Vi viser til slutt med induksjon at \(a_i=i\). Av påstand 2 vet vi at \(a_1=1\). Anta at \(a_k=k\). La \(n_1=k\) og \(n_2=k+1\).
Vi har dermed at \(k!+(k+1)!\mid k!+a_{k+1}!\). Det betyr at \(k+2\mid 1+\frac{a_{k+1}!}{k!}\).
Dersom \(a_{k+1}>k+1\), har vi \(k+2\mid \frac{a_{k+1}!}{k!}\), en motsigelse. Dermed har vi \(a_{k+1}=k+1\).
\((n,k)=(2,2),(3,2),(5,3)\)
Først prøver vi \(n=2\), da har vi \((2,2)\) funker.
Vi deler på \(n\), da har vi \((n-1)!+1=n^{k-1}\)
Da har vi :
\((n-1)!=n^{k-1}-1\)
Observer at siden \(n>2\) har vi \(n-1\) er partall, så \(n\) må være oddetall. (faktisk må \(n\) være et primtall)
Nå, ser vi på \(v_2\) av begge sider.
\(v_2(LHS)>\frac{n-1}{2}\) og av LTE:
\(v_2(RHS)=v_2(n-1)+v_2(n+1)+v_2(k-1)-1\)
så vi har \(\frac{n-1}{2}<v_2(n-1)+v_2(n+1)+v_2(k-1)-1\), og hvis vi opphøyer i \(2\) får vi:
\(2^{\frac{n+1}{2}}<(n-1)(n+1)(k-1)\)
så \(\frac{2^{\frac{n+1}{2}}}{n^2-1}<k-1\), og for \(n>17\) har vi at \(k>n\), som er en motstigelse av størrelse i den orginale likningen. En rask sjekk gir at de eneste løsningene er:
\((n,k)=(2,2),(3,2),(5,3)\)
Svaret er nei.
Vi ser på største primfaktor av /(a^n-1/) for en /(n/). Av zsigmondy har vi at vi har en ny primfaktor når /(n/) øker med 1, som betyr at største primfaktor til /(a^n-1/) vokser minst like raskt som primtallene. Av prime numbers theorem, har vi at primtallene vokser raskere enn lineært. Dette vil impliserer at hvis vi ser på ordenen til /(a/) mod et stort primtall som deler /(a^n-1/) har vi at den ordenen er mindre enn n, men siden primtallet delt på /(n/) kan bli så stort som man vil, så følger oppgaven siden ordenen er mindre enn n
Kall et tall vakkert hvis det har mindre lik \(9\) unike primfaktorer. A, B spiller et spill hvor de starter med \(100!\) og trekker fra tall en etter en. A starter. Eneste er at tallene som blir trukket fra må være vakre. Den som tar det siste tallet vinner. Hvem har vinnerne strategi
Lil_Flip39 skrev: ↑07/03-2025 23:26
Kall et tall vakkert hvis det har mindre lik \(9\) unike primfaktorer. A, B spiller et spill hvor de starter med \(100!\) og trekker fra tall en etter en. A starter. Eneste er at tallene som blir trukket fra må være vakre. Den som tar det siste tallet vinner. Hvem har vinnerne strategi
(Antar at hensikten er å etterlate 0 etter sitt trekk.) Den andre spilleren vinner. La [tex]P=2\cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot 29[/tex] være produktet av de første 10 primtallene. [tex]P[/tex] er da det minste ikke-vakre tallet. Den vinnende strategien er å holde på invarianten at tallet B får i starten av sin tur ikke er delelig med [tex]P[/tex], og at tallet B gir fra seg i slutten av sin tur er delelig med [tex]P[/tex]. Siden tallet hele tiden blir mindre må det bety at B er den som først lager 0 og vinner.
Merk først at A hele tiden må gi fra seg et tall som ikke er delelig på [tex]P[/tex] så lenge B gir fra seg et tall som er delelig på [tex]P[/tex], siden alle tall som er delelige på [tex]P[/tex] har minst 10 primfaktorer og derfor ikke er vakre. Samtidig ser vi at dersom B får et tall som ikke er delelig på P har det en rest [tex]Q < P \pmod P [/tex]. B kan derfor holde på invarianten sin ved bare å trekker fra [tex]Q[/tex], som er lov siden [tex]Q<P[/tex] er vakkert.
Forskutterer litt og lanserer en ny oppgave: For et positivt heltall [tex]N[/tex] , la [tex]c_1 < c_2 < \ldots < c_m[/tex] være alle positive heltall mindre enn [tex]N[/tex] som er relativt primiske med [tex]N[/tex]. Finn alle [tex]N > 2[/tex] slik at [tex]\gcd(N, c_i + c_{i+1}) > 1[/tex] for alle [tex]0 < i < m[/tex].
Dette er forgårs EGMO 2025 P1.
\(\textbf{Påstand:}\) Tallene som tilfredsstiller oppgaven er alle partall og potenser av 3.
\(\textit{Bevis:}\)
Først viser vi at disse tallen tilfredsstiller oppgaven. For partall \(N\) vil \(c_i\) være et oddetall for alle \(i\). Dermed er \(\gcd (N, c_i+c_{i+1})\geq 2\) siden \(c_i+c_{i+1}\) er et partall. Hvis \(N\) er en potens av 3, så har vi at \(c_i\equiv -c_{i+1} \pmod 3\) fordi annenhver av tallene \(c_i\) er kongruente med 1 eller 2 modulo 3. Det gir oss at \(\gcd (N, c_i+c_{i+1})\geq 3\).
Nå skal vi vise at ingen andre tall tilfredsstiller oppgaven. Anta at \(N\) hverken er et partall eller en potens av 3. Hvis \(3\not \mid N\), så er \(\gcd (N, 1+2)=1\). Vi har dermed at \(N=3^{k}a\), der \(3\not \mid a >1\). \(a\) er kongruent med 1 eller 2 modulo 3. Disse to tilfellene gir hhv. at \(a-2\) og \(a+1\), eller \(a-1\) og \(a+2\) er et par med påfølgende tall som er ip med \(N\). Dette gir enten \(\gcd (N, 2a-1)=1\) eller \(\gcd (N, 2a+1)=1 \) fordi vi hhv. har \(2a-1\equiv 1\pmod 3\) og \(2a+1\equiv 2\pmod 3\).
