Korisnički Kontrolni Panel
Pogledajte svoj profil
Pogledajte svoje postove
ČPP
Prijavite se

Matematički forum na kojem možete da diskutujete o raznim matematičkim oblastima, pomognete drugima oko rešavanja zadataka, a i da dobijete pomoć kada vam zatreba


















Index stranica OSTALE MATEMATIČKE OBLASTI TEORIJA BROJEVA

Zadaci sa takmičenja

[inlmath]a^p\equiv a\pmod p,\;a\in\mathbb{Z},\;p\in\mathbb{P}[/inlmath]

Zadaci sa takmičenja

Postod ubavic » Četvrtak, 04. Jul 2013, 22:21

Sad kad se gužva oko prijemnog stišala, otvorio bih novu temu u kojoj bi se postavljali, kao što ime kaže, zadaci sa matematičkih takmičenja iz oblasti teorije brojeva. Mislim da je ovo bolje nego da se otvara više tema sa jednim zadakom. Molim vas da sve zadatke koje budete postavljali obeležite brojem, i napišete sa kojeg takmičenja su, ako znate.

Evo je imam problem sa sledećim zadacima:
[inlmath]1.[/inlmath] Odrediti sve proste brojeve [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath], koji zadovoljavaju jednačinu [inlmath]p^q+q^p=r \quad r \in \mathbb{P}[/inlmath]. (Srbija 1991)
[inlmath]2.[/inlmath] Proizvod jednog dvocifrenog i jednog trocifrenog broja zapisuje se u dekadnom sistemu samo pomoću nekoliko cifara [inlmath]2[/inlmath]. Odrediti o kojim brojevima je reč. (Srbija 1996)
[inlmath]3.[/inlmath] Odrediti cifre [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath], tako da u dekadnom sistemu važi jednakost [inlmath]\frac{1}{x+y+z} = \overline{0,xyz}[/inlmath].(SRJ 1997)

Ako neko ima ideju neka je podeli sa nama. Imam brdo ovakvih zadataka tako da nema žurbe :D
EDIT: ispravljena greska u prvom
Korisnikov avatar
ubavic  OFFLINE
Zaslužni forumaš
 
Postovi: 543
Lokacija: Zrenjanin
Zahvalio se: 350 puta
Pohvaljen: 532 puta

Sharuj ovu temu na:

Share on Facebook Facebook Share on Twitter Twitter Share on MySpace MySpace Share on Google+ Google+
  • +1

Re: Zadaci sa takmičenja

Postod Daniel » Subota, 06. Jul 2013, 10:00

Drugi bih radio ovako:
Proizvod dvocifrenog i trocifrenog broja može biti broj sa [inlmath]4[/inlmath] ili sa [inlmath]5[/inlmath] cifara, a ako je njihov proizvod sastavljen samo od cifara [inlmath]2[/inlmath], to je, onda, ili broj [inlmath]2222[/inlmath], ili broj [inlmath]22222[/inlmath].
Rastavljanjem [inlmath]2222[/inlmath], odnosno [inlmath]22222[/inlmath] na proste činioce možemo odrediti traženi dvocifreni i trocifreni broj.

[inlmath]2222=2\cdot 1111=2\cdot 11\cdot 101[/inlmath]
[inlmath]\Rightarrow[/inlmath] rešenja su [inlmath]11\cdot 202[/inlmath] ili [inlmath]22\cdot 101[/inlmath].

[inlmath]22222=2\cdot 11111=2\cdot 41\cdot 271[/inlmath]
[inlmath]\Rightarrow[/inlmath] rešenja su [inlmath]41\cdot 542[/inlmath] ili [inlmath]82\cdot 271[/inlmath].


U prvom mi nije jasno da li se traže [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] takvi da je [inlmath]p^q+q^p[/inlmath] jednako bilo kom realnom broju (koliko vidim, to bi uvek bilo zadovoljeno), ili se traži da [inlmath]p^q+q^p[/inlmath] bude jednako nekom unapred zadatom broju [inlmath]r,\;r\in\mathbb{R}[/inlmath] i onda ih izraziti preko tog broja [inlmath]r[/inlmath]?


U trećem, ako može pojašnjenje, šta znači [inlmath]\overline{0,xyz}[/inlmath]? Palo mi je na pamet da je to možda aritmetička sredina [inlmath]0[/inlmath] i [inlmath]xyz[/inlmath], ali onda bi to valjda bilo zapisano kao [inlmath]\frac{xyz}{2}[/inlmath]...?
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 7939
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4143 puta
Pohvaljen: 4221 puta

Re: Zadaci sa takmičenja

Postod Milovan » Subota, 06. Jul 2013, 17:40

Pretpostavljam da se misli na to da su [inlmath]x, y, z[/inlmath] cifre koje slede posle [inlmath]0[/inlmath] i zareza. :)

Prvi je i meni nejasan, ovako formulisano, to važi za sve proste brojeve [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath].
Korisnikov avatar
Milovan  OFFLINE
 
Postovi: 568
Zahvalio se: 356 puta
Pohvaljen: 698 puta

Re: Zadaci sa takmičenja

Postod ubavic » Subota, 06. Jul 2013, 18:53

Milovan je napisao:Pretpostavljam da se misli na to da su [inlmath]x, y, z[/inlmath] cifre koje slede posle [inlmath]0[/inlmath] i zareza. :)

Da, crta označava cifre koje slede posle nule.


Daniel je napisao:U prvom mi nije jasno da li se traže [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] takvi da je [inlmath]p^q+q^p[/inlmath] jednako bilo kom realnom broju (koliko vidim, to bi uvek bilo zadovoljeno), ili se traži da [inlmath]p^q+q^p[/inlmath] bude jednako nekom unapred zadatom broju [inlmath]r,\;r\in\mathbb{R}[/inlmath] i onda ih izraziti preko tog broja [inlmath]r[/inlmath]?

Milovan je napisao:Prvi je i meni nejasan, ovako formulisano, to važi za sve proste brojeve [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath].

Zaboravio sam da napišem da je i [inlmath]r[/inlmath] prost broj.
Korisnikov avatar
ubavic  OFFLINE
Zaslužni forumaš
 
Postovi: 543
Lokacija: Zrenjanin
Zahvalio se: 350 puta
Pohvaljen: 532 puta

Re: Zadaci sa takmičenja

Postod Daniel » Subota, 06. Jul 2013, 19:01

ubavic je napisao:Da, crta označava cifre koje slede posle nule.

Aperiodičan, pretpostavljam? Znači, taj broj je [inlmath]0,xyz[/inlmath], a ne [inlmath]0,xyzxyzxyz\dots[/inlmath]?
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 7939
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4143 puta
Pohvaljen: 4221 puta

Re: Zadaci sa takmičenja

Postod ubavic » Subota, 06. Jul 2013, 19:09

Nije navedeno u zadatku, ali mislim da je aperiodičan tj. [inlmath]\overline{0,xyz} = \frac{x}{10}+\frac{y}{100} +\frac{z}{1000}[/inlmath].
Hvala na rešenju drugog zadatka, ispada da je mnogo jednostavniji nego što sam mislio.
Korisnikov avatar
ubavic  OFFLINE
Zaslužni forumaš
 
Postovi: 543
Lokacija: Zrenjanin
Zahvalio se: 350 puta
Pohvaljen: 532 puta

  • +1

Re: Zadaci sa takmičenja

Postod Daniel » Subota, 06. Jul 2013, 23:41

ubavic je napisao:[inlmath]3.[/inlmath] Odrediti cifre [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath], tako da u dekadnom sistemu važi jednakost [inlmath]\frac{1}{x+y+z} = \overline{0,xyz}[/inlmath].(SRJ 1997)

[dispmath]\frac{1}{x+y+z}=\frac{100x+10y+z}{1000}\quad /\cdot 1000\left(x+y+z\right)[/dispmath]Odmah je vidljiv uslov da [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath] ne smeju svi istovremeno biti jednaki nuli.[dispmath]\underbrace{\left(100x+10y+z\right)}_a\underbrace{\left(x+y+z\right)}_b=1000[/dispmath][dispmath]100x+10y+z=a\quad\left(1\right)[/dispmath][dispmath]x+y+z=b\quad\left(2\right)[/dispmath][dispmath]a\cdot b=1000[/dispmath]Broj [inlmath]1000[/inlmath] razložimo na proste činioce:[dispmath]1000=2\cdot 2\cdot 2\cdot 5\cdot 5\cdot 5[/dispmath]Faktor [inlmath]a[/inlmath] će biti proizvod nekih od ovih prostih činilaca ili [inlmath]1[/inlmath], a faktor [inlmath]b[/inlmath] proizvod preostalih prostih činilaca.
Pošto je faktor [inlmath]a[/inlmath] jednak[dispmath]a=100x+10y+z[/dispmath]a svaka od cifara [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath] mora biti manja ili jednaka [inlmath]9[/inlmath], to znači da je [inlmath]a\le 900+90+9[/inlmath], tj. [inlmath]a\le 999[/inlmath].
Pošto je faktor [inlmath]b[/inlmath] jednak[dispmath]b=x+y+z[/dispmath]a svaka od cifara [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath] mora biti manja ili jednaka [inlmath]9[/inlmath], to znači da je [inlmath]b\le 3\cdot 9[/inlmath], tj. [inlmath]b\le 27[/inlmath].
Pošto bar jedna od cifara [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath] mora biti različita od nule, a sve tri cifre su celi nenegativni brojevi, sledi da mora biti [inlmath]a\ge 1[/inlmath] i [inlmath]b\ge 1[/inlmath].
Prema tome,[dispmath]1\le a\le 999\quad\land\quad 1\le b\le 27[/dispmath]Od jednačine [inlmath]\left(1\right)[/inlmath] oduzmemo jednačinu [inlmath]\left(2\right)[/inlmath] i dobijamo[dispmath]99x+9y=a-b[/dispmath][dispmath]y=\frac{a-b}{9}-11x\quad\left(3\right)[/dispmath]Pošto je [inlmath]y[/inlmath] prirodan broj (ili nula), sledi da [inlmath]\frac{a-b}{9}[/inlmath] mora biti prirodan broj (ili nula), odakle sledi da razlika brojeva [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath] mora biti deljiva sa [inlmath]9[/inlmath].

Od svih parova [inlmath]\left(a,b\right)[/inlmath] kod kojih važi [inlmath]1\le a\le 999[/inlmath], [inlmath]1\le b\le 27[/inlmath] i [inlmath]a\cdot b=1000[/inlmath] biramo one parove koji zadovoljavaju uslov da je razlika [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath] deljiva sa [inlmath]9[/inlmath]:
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(1000,1\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=999[/inlmath] :correct:
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(500,2\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=498[/inlmath] :wrong:
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(250,4\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=246[/inlmath] :wrong:
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(200,5\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=195[/inlmath] :wrong:
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(125,8\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=117[/inlmath] :correct:
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(100,10\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=90[/inlmath] :correct:
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(50,20\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=30[/inlmath] :wrong:
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(40,25\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=15[/inlmath] :wrong:

Razmatramo zasebno svaki od ovih parova koji zadovoljavaju pomenuti uslov:

[inlmath]\underline{1^\circ\quad\left(a,b\right)=\left(1000,1\right)}[/inlmath]
[inlmath]\left(3\right)\quad\Rightarrow\quad y=\frac{999}{9}-11x=111-11x\quad\Rightarrow\quad\forall x\in\left[0,9\right]\quad y>9[/inlmath] :wrong:

[inlmath]\underline{2^\circ\quad\left(a,b\right)=\left(125,8\right)}[/inlmath]
[inlmath]\left(3\right)\quad\Rightarrow\quad y=\frac{117}{9}-11x=13-11x[/inlmath]
[inlmath]x=0\quad\Rightarrow\quad y>9[/inlmath] :wrong:
[inlmath]x=1\quad\Rightarrow\quad y=2\quad\Rightarrow\quad z=b-x-y=8-1-2=5\quad\Rightarrow\quad\underline{\left(x,y,z\right)=\left(1,2,5\right)}[/inlmath] :correct:
[inlmath]x\ge 2\quad\Rightarrow\quad y<0[/inlmath] :wrong:

[inlmath]\underline{3^\circ\quad\left(a,b\right)=\left(100,10\right)}[/inlmath]
[inlmath]\left(3\right)\quad\Rightarrow\quad y=\frac{90}{9}-11x=10-11x[/inlmath]
[inlmath]x=0\quad\Rightarrow\quad y>9[/inlmath] :wrong:
[inlmath]x\ge 1\quad\Rightarrow\quad y<0[/inlmath] :wrong:

Prema tome, jedino rešenje je[dispmath]\enclose{box}{\left(x,y,z\right)=\left(1,2,5\right)}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{1+2+5}=\frac{1}{8}=0,125[/dispmath]
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 7939
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4143 puta
Pohvaljen: 4221 puta

  • +1

Re: Zadaci sa takmičenja

Postod Daniel » Nedelja, 07. Jul 2013, 08:50

ubavic je napisao:[inlmath]1.[/inlmath] Odrediti sve proste brojeve [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath], koji zadovoljavaju jednačinu [inlmath]p^q+q^p=r \quad r \in \mathbb{R}[/inlmath]. (Srbija 1991)

(uz već pomenutu ispravku da je i [inlmath]r[/inlmath] prost broj)

Uočimo odmah da, ako nađemo rešenje [inlmath]\left(p,q\right)[/inlmath], tada će važiti simetričnost, pa će i [inlmath]\left(q,p\right)[/inlmath] takođe predstavljati rešenje.

Pošto su [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] prosti brojevi, mora važiti [inlmath]p\ge 2[/inlmath] i [inlmath]q\ge 2[/inlmath], pa [inlmath]p^q+q^p[/inlmath], tj. [inlmath]r[/inlmath], ne može biti jednako [inlmath]2[/inlmath]. Pošto je [inlmath]2[/inlmath] jedini paran prost broj, a [inlmath]r[/inlmath] je prost broj koji nije [inlmath]2[/inlmath], sledi da [inlmath]r[/inlmath] mora biti neparno.

Bilo koji neparan broj dignut na bilo koji stepen kao rezultat daje opet – neparan broj. Isto tako, bilo koji paran broj dignut na bilo koji stepen kao rezultat daje opet – paran broj. Odavde sledi da [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] ne smeju istovremeno biti neparni ili istovremeno parni, jer bi tada i [inlmath]p^q[/inlmath] i [inlmath]q^p[/inlmath] bili istovremeno neparni, odnosno istovremeno parni, pa bi njihov zbir, tj. [inlmath]r[/inlmath], bio paran, a već smo konstatovali da je [inlmath]r[/inlmath] neparan broj. Znači, jedan od brojeva [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] mora biti neparan, a drugi paran. Pošto su oba ova broja prosta, a jedini paran prost broj je [inlmath]2[/inlmath], zaključujemo da jedan od ova dva broja, onaj koji je paran, mora biti [inlmath]2[/inlmath]. Uzmimo da je to broj [inlmath]p[/inlmath] (jer već smo konstatovali da važi simetričnost rešenja). Znači, [inlmath]p=2[/inlmath]:
[dispmath]2^q+q^2=r[/dispmath]
Pošto je [inlmath]q[/inlmath] neparan i prost broj, a najmanji neparan prost broj je [inlmath]3[/inlmath], zaključujemo da je [inlmath]q\ge 3[/inlmath]. Prvo posmatramo slučaj [inlmath]q=3[/inlmath], a zatim slučaj [inlmath]q>3[/inlmath]:

[inlmath]I[/inlmath] slučaj: [inlmath]q=3:[/inlmath]
[dispmath]2^3+3^2=r[/dispmath]
[dispmath]8+9=17=r[/dispmath]
Pošto je [inlmath]17[/inlmath] prost broj, [inlmath]q=3[/inlmath] predstavlja rešenje, tako da će rešenja za ovaj slučaj biti [inlmath]\left(2,3\right)[/inlmath] i [inlmath]\left(3,2\right)[/inlmath].

[inlmath]II[/inlmath] slučaj: [inlmath]q>3:[/inlmath]
Pošto je [inlmath]q[/inlmath] prost broj i veći od [inlmath]3[/inlmath], on ne može biti deljiv sa [inlmath]3[/inlmath], tj. ne može biti [inlmath]q=3k[/inlmath], već može biti samo [inlmath]q=3k+1[/inlmath] ili [inlmath]q=3k+2[/inlmath], [inlmath]k\in\mathrm{N}[/inlmath]. Zato posmatramo dva podslučaja:
[inlmath]IIa:\quad q=3k+1\quad\Rightarrow\quad[/inlmath]pošto je [inlmath]q[/inlmath] neparno, u ovom slučaju [inlmath]k[/inlmath] mora biti parno;
[inlmath]IIb:\quad q=3k+2\quad\Rightarrow\quad[/inlmath]pošto je [inlmath]q[/inlmath] neparno, u ovom slučaju [inlmath]k[/inlmath] mora biti neparno.

[inlmath]IIa:\quad q=3k+1,\quad k[/inlmath] parno:
[dispmath]2^{3k+1}+\left(3k+1\right)^2=r[/dispmath]
[dispmath]8^k\cdot 2+9k^2+6k+1=r[/dispmath]
[dispmath]\left(9-1\right)^k\cdot\left(3-1\right)+9k^2+6k+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left(9-1\right)^k-\left(9-1\right)^k+9k^2+6k+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+2k\right]-\left(9-1\right)^k+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+2k\right]-\left[{k\choose 0}9^k\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-1}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}9\left(-1\right)^{k-1}+{k\choose k}\left(-1\right)^k\right]+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+2k\right]-9\left[{k\choose 0}9^{k-1}\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-2}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}\left(-1\right)^{k-1}\right]-\cancelto{1}{k\choose k}\left(-1\right)^k+1=r[/dispmath]

Pošto je u ovom slučaju [inlmath]k[/inlmath] parno, tada je [inlmath]\left(-1\right)^k=1[/inlmath]:
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+2k\right]-9\left[{k\choose 0}9^{k-1}\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-2}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}\left(-1\right)^{k-1}\right]-\cancel 1+\cancel 1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+2k\right]-9\left[{k\choose 0}9^{k-1}\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-2}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}\left(-1\right)^{k-1}\right]=r[/dispmath]

Odavde se vidi da je [inlmath]r[/inlmath] deljivo sa [inlmath]3[/inlmath]. A pošto je [inlmath]r>3[/inlmath] (budući da je [inlmath]p=2[/inlmath] i [inlmath]q>3[/inlmath]), to znači da [inlmath]r[/inlmath] nije prost broj, tako da ovaj slučaj otpada.

[inlmath]IIb:\quad q=3k+2,\quad k[/inlmath] neparno:
[dispmath]2^{3k+2}+\left(3k+2\right)^2=r[/dispmath]
[dispmath]8^k\cdot 2^2+9k^2+12k+4=r[/dispmath]
[dispmath]\left(9-1\right)^k\cdot\left(3+1\right)+9k^2+12k+3+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left(9-1\right)^k+\left(9-1\right)^k+9k^2+12k+3+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+4k+1\right]+\left(9-1\right)^k+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+4k+1\right]+\left[{k\choose 0}9^k\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-1}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}9\left(-1\right)^{k-1}+{k\choose k}\left(-1\right)^k\right]+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+4k+1\right]+9\left[{k\choose 0}9^{k-1}\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-2}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}\left(-1\right)^{k-1}\right]+\cancelto{1}{k\choose k}\left(-1\right)^k+1=r[/dispmath]

Pošto je u ovom slučaju [inlmath]k[/inlmath] neparno, tada je [inlmath]\left(-1\right)^k=-1[/inlmath]:
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+4k+1\right]+9\left[{k\choose 0}9^{k-1}\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-2}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}\left(-1\right)^{k-1}\right]-\cancel 1+\cancel 1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+4k+1\right]+9\left[{k\choose 0}9^{k-1}\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-2}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}\left(-1\right)^{k-1}\right]=r[/dispmath]

Odavde se vidi da je [inlmath]r[/inlmath] deljivo sa [inlmath]3[/inlmath]. A pošto je [inlmath]r>3[/inlmath] (budući da je [inlmath]p=2[/inlmath] i [inlmath]q>3[/inlmath]), to znači da [inlmath]r[/inlmath] nije prost broj, tako da i ovaj slučaj otpada.

Znači, jedina dva para rešenja su
[dispmath]\enclose{box}{\begin{array}{ll}
\left(p,q\right)=\left(2,3\right) \\
\left(p,q\right)=\left(3,2\right)
\end{array}}[/dispmath]
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 7939
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4143 puta
Pohvaljen: 4221 puta

Re: Zadaci sa takmičenja

Postod ubavic » Utorak, 09. Jul 2013, 21:55

Treba mi pomoć oko sledećeg.
[inlmath]4.[/inlmath] Odrediti prirodan broj [inlmath]n[/inlmath] i prost broj [inlmath]p[/inlmath] tako da je [inlmath]5p + 1 = n^2[/inlmath]. (Iz knjige o diofantovim jednačinama)
Uspeo sam da dokažem da se [inlmath]n^2[/inlmath] završava sa cifrom [inlmath]6[/inlmath]. Dalje od toga ni makac. Ima li neko ideju? :text-anyone:
Korisnikov avatar
ubavic  OFFLINE
Zaslužni forumaš
 
Postovi: 543
Lokacija: Zrenjanin
Zahvalio se: 350 puta
Pohvaljen: 532 puta

  • +1

Re: Zadaci sa takmičenja

Postod Daniel » Sreda, 10. Jul 2013, 15:15

[dispmath]5p=n^2-1[/dispmath]
Za [inlmath]n=1[/inlmath] i [inlmath]n=2[/inlmath] jednačina nije zadovoljena, jer se dobije da je [inlmath]p=0[/inlmath], odnosno [inlmath]p=\frac{3}{5}[/inlmath], pa nije zadovoljen uslov da je [inlmath]p[/inlmath] prost broj. Znači, posmatramo [inlmath]n\ge 3[/inlmath].
[dispmath]p=\frac{n^2-1}{5}[/dispmath]
[dispmath]p=\frac{\left(n+1\right)\left(n-1\right)}{5}[/dispmath]
Pošto je [inlmath]p[/inlmath] prost broj, potrebno je da i [inlmath]\frac{\left(n+1\right)\left(n-1\right)}{5}[/inlmath] bude prost broj. Budući da nijedan od faktora [inlmath]\left(n+1\right)[/inlmath] i [inlmath]\left(n-1\right)[/inlmath] nije jedinica (pošto je [inlmath]n\ge 3[/inlmath]), potreban uslov da ceo izraz bude prost broj je taj, da jedan od ova dva faktora, podeljen peticom u imeniocu, daje jedinicu (jer, kad bi dao neki drugi prirodan broj, onda, kad se pomnoži onim drugim faktorom koji je takođe različit od jedinice, rezultat ne bi bio prost broj, a ako rezultat deljenja peticom ne bi bio prirodan broj već razlomak, onda takođe ne bismo dobili prost broj, budući da prost broj mora biti prirodan). Ovo je samo potreban, ali ne i dovoljan uslov, jer se može desiti da onaj drugi faktor nije prost broj, tako da to treba naknadno ispitati.

[inlmath]I[/inlmath] slučaj: [inlmath]\frac{n+1}{5}=1[/inlmath]
[dispmath]n=4\quad\Rightarrow\quad p=\frac{n^2-1}{5}\quad\Rightarrow\quad p=3[/dispmath]
[inlmath]3[/inlmath] je prost broj [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] jednačina je zadovoljena.


[inlmath]II[/inlmath] slučaj: [inlmath]\frac{n-1}{5}=1[/inlmath]
[dispmath]n=6\quad\Rightarrow\quad p=\frac{n^2-1}{5}\quad\Rightarrow\quad p=7[/dispmath]
[inlmath]7[/inlmath] je prost broj [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] jednačina je zadovoljena.

Znači, rešenja su:
[dispmath]\enclose{box}{\begin{array}{ll}
\left(p,n\right)=\left(3,4\right) \\
\left(p,n\right)=\left(7,6\right)
\end{array}}[/dispmath]
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 7939
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4143 puta
Pohvaljen: 4221 puta

Sledeća

Povratak na TEORIJA BROJEVA

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 4 gostiju


Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Nedelja, 05. April 2020, 21:58 • Sva vremena su u UTC + 1 sat [ DST ]
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs