mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 30, 2017 11:20 pm**

Να βρείτε τον μικρότερο θετικό ακέραιο

έτσι ώστε

να είναι γινόμενο τεσσάρων( όχι απαραίτητα διαφορετικών ) πρώτων αριθμών

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 04, 2017 4:52 pm**

Επαναφορά,δεν μου φαίνεται τόσο δύσκολο πρόβλημα

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 04, 2017 10:35 pm**

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 04, 2017 11:05 pm**

Panagiotis11 έγραψε:Επαναφορά,δεν μου φαίνεται τόσο δύσκολο πρόβλημα

Παναγιώτη, θα με ενδιέφερε να δω μία απλή λύση, όπως ισχυρίζεσαι.

Μπορούμε να κάνουμε τεχνάσματα εδώ και εκεί για να γλυτώσουμε μέρος του κόπου, αλλά τελικά η εργασία γίνεται με απευθείας λογιστικό έλεγχο τιμών του

.

Όπως και να είναι, ΠΕΡΙΜΕΝΩ ΤΗΝ ΑΠΛΗ ΛΥΣΗ ΣΟΥ.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 05, 2017 12:35 am**

Αν δεν έχει απαντηθεί με μία πιο κομψή λύση θα παραθέσω την απάντηση αύριο το απόγευμα.Μέχρι τότε θα αφήσω κάποια hide

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 05, 2017 10:27 am**

Panagiotis11 έγραψε:Αν δεν έχει απαντηθεί με μία πιο κομψή λύση θα παραθέσω την απάντηση αύριο το απόγευμα.Μέχρι τότε θα αφήσω κάποια hide

$1. m(m-1)+11\neq 2k$
2. Οι πρώτοι αριθμοί $p,q,r,s\geq 11$

Ας γράψω μία λύση που από ότι φαίνεται είναι στο ίδιο μήκος κύματος με το μήνυμα του Παναγιώτη στο hide:

Εύκολα βλέπουμε ότι ο m^2-m+11

είναι περιττός. Επίσης δεν είναι πολλαπλάσιο του

καθώς τα υπόλοιπα της διαίρεσής του για 3 είναι ένα από τα $0^2-0+11=2 \mod 3$ ή $1^2-1+11=2 \mod 3$ ή $2^2-2+11=1 \mod 3$ . Όμοια, εξετάζοντας τα $0^2-0+11=1 \mod 5$ έως $4^2-4+11 = 3\mod 5$ βλέπουμε ότι ο m^2-m+11

δεν είναι πολλαπλάσιο του

. Εντελώς όμοια δεν είναι πολλαπλάσιο του

. Άρα οι πρώτοι διαιρέτες του m^2-m+11

είναι από

και πάνω.

Ταξινομούμε τα γινόμενα τεσσάρων πρώτων έκαστος των οποίων είναι $\ge 11$ , κατά σειρά μεγέθους: Είναι $11^4, \, 11^3\cdot 13, \, 11^2\cdot 13^2$ και πάει λέγοντας. Ελέγχουμε τώρα ποιος είναι ο μικρότερος της μορφής m^2-m+11

. Ο

αποτυγχάνει (η διακρίνουσα είναι 58521

που δεν είναι τέλειο τετράγωνο). Ευτυχώς στον αμέσως επόμενο $11^3\cdot 13$ βρίσκουμε m=132

, που είναι η απάντηση στο πρόβλημά μας.

Πιστεύω ότι η άσκηση είναι ανιαρή λόγω των μεγάλων πράξεων. Ευτυχώς που το

προκύπτει στο δεύτερο βήμα της σάρωσης των $11^4, \, 11^3\cdot 13, \, 11^2\cdot 13^2, \, ...$ Φαντάσου να ήταν π.χ. στο έβδομο, και μη χειρότερα. Θα κάναμε πράξεις σαν Λογιστές και όχι Μαθηματικοί.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 05, 2017 5:45 pm**

Πολύ ωραία λύση σας κύριε Λάμπρου.Θα γράψω και τη δική μου:

m(m-1)

είναι γινόμενο δύο συνεχόμενων αριθμών άρα άρτιος αλλά m(m-1)+11

περιττός και $2k\neq m(m-1)+11$
Έτσι $p|m^2-m+11 \leftrightarrow p|4m^2-4m+44=(2m-1)^2+43$ .Τώρα έυκολα παρατηρούμε ότι $(2m-1)^2\equiv -43(mod p)$
και επαληθεύοντας βλέπουμε ότι

δεν είναι τέλειο τετράγωνο (mod p)

για

Άρα $p\geq 11$

Υποθέτουμε ότι m^2-m+11=pqrs

,όπου $p,q,r,s\geq 11$

Αν ,τότε $m^2-m+11=11^{4}$ .Πολλαπλασιάζοντας με 4 βρίσκουμε
Όμως

$(2\cdot 11^{2}-1)^2=4\cdot 11^4-4\cdot 11^2+1<4\cdot 11^4-43<(2\cdot 11^2)^2$

Με αυτόν τον τρόπο περιόρισα τον αριθμό $(2m-1)^2=4\cdot 11^{4}-43$ ανάμεσα σε δύο συνεχόμενα τέλεια τετράγωνα.
Έχουμε $pqrs\geq 11^3\cdot 13 \leftrightarrow m^2-m+11\geq 11^3\cdot 13$

$(m-132)(m+131)\geq 0$ .Λόγω ανισότητας και επειδή m>0

, εύκολα $m\geq 132$

Επειδή θέλουμε να βρούμε τον μικρότερο δυνατό θετικό ακέραιο αντικαθιστούμε για m=132

και παρατηρούμε ότι $132^2-132+11=11^3\cdot 13$

Άρα m=132

mathematica.gr

Γινόμενο πρώτων αριθμών

Γινόμενο πρώτων αριθμών

Re: Γινόμενο πρώτων αριθμών

Re: Γινόμενο πρώτων αριθμών

Re: Γινόμενο πρώτων αριθμών

Re: Γινόμενο πρώτων αριθμών

Re: Γινόμενο πρώτων αριθμών

Re: Γινόμενο πρώτων αριθμών