Η χρυσή τομή

Why is 1.618034 So Important? - Web Education

How to celebrate E Day, Feb. 7, 2018, with the mathematical constant.

How to celebrate E Day, Feb. 7, 2018, with the mathematical constant.: The food options aren’t as good as Pi Day, but the emotional options are grand.

Το π στο τρίγωνο του Pascal

Art Of Mathematics - Δημοσιεύσεις: Art Of Mathematics. Αρέσει σε 117 χιλ. A lot of people are afraid of studying mathematics in spite of their capacities. My aim is to make people enjoy...

«Ρυθμίζοντας» τα αποτελέσματα των εκλογών...

Χωρίζοντας κατάλληλα τις εκλογικές περιφέρειες είναι δυνατόν να οριστεί από το εκλογικό σύστημα ο νικητής!

Δείτε το επόμενο παράδειγμα.

Το 60% των ψηφοφόρων έχουν ψηφίσει μπλε και το 40% κόκκινο. Υπό φυσιολογικές συνθήκες νικητής θα έπρεπε να είναι ο μπλε.

Πράγματι, στο χωρισμό των περιφερειών στη μεσαία στήλη κερδίζει ο μπλε.

Αλλά στο χωρισμό των περιφερειών στη δεξιά στήλη, όπου οι περιφέρειες είναι ισοπληθής (10), κερδίζει ο κόκκινος!



(1) Facebook



https://scontent.fath3-1.fna.fbcdn.net/v/t1.0-9/19554534_2243782458981306_3720053937090999012_n.jpg?oh=29efaf4bef6eb97e7958648f8a63ce2d&oe=5AD826A7

Μία γραφή των πρώτων αριθμών

Κάθε πρώτος αριθμός $p$ γράφεται στη μορφή: $p\cong 1(mod6)$ ή $p \cong 5(mod6)$.

Δηλαδή, στη διαίρεσή του με το $6$ ένας πρώτος θα αφήνει υπόλοιπο 1 ή 5.

Πράγματι, θεωρούμε ότι $p$ είναι πρώτος και διαιρούμε με το $6$.
Έχουμε $p = 6k + y$ με το υπόλοιπο $y =0,1,2,3,4,5$.
 Και έχουμε σε κάθε περίπτωση:
Αν $y=0$ τότε $p = 6k$ που δεν είναι πρώτος.
Αν $y=1$ τότε $p = 6k+1$ που ΜΠΟΡΕΙ να είναι πρώτος.
Αν $y=2$ τότε $p = 6k+2$ που δεν είναι πρώτος.
Αν $y=3$ τότε $p = 6k+3$ που δεν είναι πρώτος.
 Αν $y=4$ τότε $p = 6k+4$ που δεν είναι πρώτος.
Αν $y=5$ τότε $p = 6k+5$ που ΜΠΟΡΕΙ να είναι πρώτος.

Για τις δύο περιπτώσεις γράφουμε ότι ΜΠΟΡΕΙ να είναι πρώτος, διότι μπορεί και να μην είναι.
Για παράδειγμα: $p = 6k +1$ για $k=3, p =19$ πρώτος, αλλά για $k=4, p= 25 $ σύνθετος !
Έτσι, οι δύο παραπάνω μορφές περιέχουν όλους τους πρώτους, αλλά και πολλούς σύνθετους αριθμούς.

Πάντως είναι βέβαιο ότι αν είναι πρώτος τότε σίγουρα δεν μπορεί να έχει υπόλοιπο $0,2,3,4$.

Διαιρείται με το 7;

Να αποδειχθεί ότι αν ο αριθμός $n$ δεν είναι πολλαπλάσιο του $3$, τότε ο αριθμός $2^{2n} +2^n + 1$ είναι πολλαπλάσιο του $7$.

Θα εργαστούμε με βάση τα υπόλοιπα του $n mod(3)$.
Έστω $n=3m +1$, τότε έχουμε:
$2^{2n} = 2^{6m+2} = 2^2 \cdot (2^3)^{2m} \cong 4 \cdot 1 (mod7)$
Ακόμα:
$2^n = 2^{3m +1} = 2 \cdot 2^{3m} = 2 \cdot (2^3)^m \cong 2 \cdot 1(mod7)$
Συνεπώς: $2^{2n} + 2^n + 1 \cong (4 +2 +1)(mod7) \cong 0(mod7).$
το οποίο είναι το ζητούμενο.
Ομοίως συμβαίνει και για την περίπτωση $n=3m +2$.

Ανεξαρτήτως συστήματος αρίθμησης

Να αποδειχθεί ότι σε οποιοδήποτε σύστημα αρίθμησης με βάση $a \geq 2$ οι αριθμοί:
$10101, 101010101, 10101010101010101, ...$ είναι σύνθετοι.

Υπενθυμίζεται ότι στα συστήματα αρίθμησης θέσης, με βάση $a$ ισχύει ότι:
$a_n a_{n-1}a_{n-2}\ldots a_2 a_1 = a_1 + a_2 \cdot a + a_3 \cdot a^2 + \cdots + a_n \cdot a^n$

Οπότε αντίστοιχα θα έχουμε:

$10101 = 1 \cdot a^0 + 0 \cdot a + 1 \cdot a^2 + 0 \cdot a^3 + 1\cdot a^4$

$101010101 = 1 \cdot a^0 + 0 \cdot a + 1 \cdot a^2 + 0 \cdot a^3 + 1\cdot a^4 + 0 \cdot a^5 + 1 \cdot a^6 + 0 \cdot a^7 + 1 \cdot a^8$

 Και γενικά καθένας από τους αριθμούς αυτούς θα γράφεται:

$m_n = 1 + a^2 + a^4 + a^6 + a^8 + \cdots + a^{4n} $

που αποτελεί άθροισμα όρων γεωμετρικής προόδου:

$m_n = \frac{a^{4n +2} -1 }{a^2 -1} =\frac{a^{2n+1} -1}{a-1}\cdot \frac{a^{2n+1}+1}{a+1} =$

$= \left( a^{2n} + a^{2n-1} + \cdots +a^2 + a +1\right) \left( a^{2n} - a^{2n-1} + a^{2n-2} -\cdots +1 \right)$

Οπότε πράγματι ο $m_n$ είναι σύνθετος, αφού εύκολα ελέγχεται ότι ο αριστερός διαιρέτης είναι μεγαλύτερος της μονάδας και μικρότερός του.