heureka

Find the last two digits of 707^1991

$\begin{array}{rcll} 707^{1991} \pmod {100} &=& \ ? \end{array}$

$\small{ \begin{array}{lrcll} 1. & gcd(707,100) &=& 1 \qquad | \qquad 707 \text{ and } 100 \text{ are relatively prim } \\ 2. & \text{prim factorisation of } 100 &=& 2^2\cdot 5^2 \\ 3. & \phi() \text{ is Euler's totient function, Euler's phi function }\\ & \phi(100) &=& 100\cdot(1-\frac12)\cdot(1-\frac15) \\ & \phi(100) &=& 100\cdot \frac12 \cdot \frac25 \\ & \phi(100) &=& {\color{red}40} \\ 4. & 707^{\phi(100)} &\equiv& 1 \pmod{100} \\ & 707^{{\color{red}40}} &\equiv& 1 \pmod{100} \\ &\text{ Let } \phi(n) \text{ denote the totient function. } \\ &\text{Then } a^{\phi(n)}=1 \pmod {n} \text{ for all } a \text{ relatively prime to } n. \\ \end{array} }$

$\begin{array}{rcll} 5. & 1991 &=& {\color{red}40}\cdot 49 + 31 \\ & 707^{1991 } \pmod{100} &=& 707^{ {\color{red}40}\cdot 49 + 31 } \pmod{100} \\ & &=& ( 707^{ {\color{red}40} } )^{49}\cdot 707^{31} \pmod{100} \\ & &\equiv& ( 1 )^{49}\cdot 707^{31} \pmod{100} \\ & &\equiv& 707^{31} \pmod{100} \qquad | \qquad 707^1 \equiv 7 \pmod {100}\\ & &\equiv& 7^{31} \pmod{100} \qquad | \qquad 7^4 \equiv 1 \pmod {100}\\ & &\equiv& 7^{4\cdot 7+3} \pmod{100} \qquad | \qquad 31 = 4\cdot 7 + 3\\ & &\equiv& (7^{4})^7 \cdot 7^3 \pmod{100} \\ & &\equiv& (1)^7 \cdot 7^3 \pmod{100} \\ & &\equiv& 7^3 \pmod{100} \\ & &\equiv& 343 \pmod{100} \\ & &\equiv& 43 \pmod{100} \\ \end{array}$

The last two digits of  $707^{1991}$ is $\mathbf{43}$

Du hast die Nebenbedingung falsch nach a aufgelöst.

$\frac{80-a}{b} = \frac{80}{60}\\ \frac{80-a}{b} = \frac43\\ 80-a = \frac43\cdot b \quad | \quad \cdot (-1)\\ -80+a = -\frac43 \cdot b \quad | \quad +80\\$

$\boxed{~a=80-\frac43\cdot b~}\\ A = ab\\ A=(80-\frac43\cdot b) \cdot b\\ A=80b-\frac43b^2$

$A'=80-\frac83 b \quad | \quad A'=0\\ 0=80-\frac83 b\\ \frac83 b = 0\\ b=80\cdot \frac38\quad \quad b=30\ m$

A'' = -8/3  => b ist ein Maximum

a = 80 - (4/3) * b

a = 80 -(4/3) * 30

a = 80 -4*10

a = 80 - 40

a = 40 m

How many triplets (x,y,z) are there if xyz = 2012 and x ≤ y ≤ z?

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline & x & y & z & x \le y \le z\\ \hline 1 & 1 & 1 & 2012 & \surd \\ 2 & 1 & 2 & 1006 & \surd \\ 3 & 1 & 4 & 503 & \surd \\ 4 & 1 & 503 & 4 & \\ 5 & 1 & 1006 & 2 & \\ 6 & 1 & 2012 & 1 & \\ 7 & 2 & 1 & 1006 & \\ 8 & 2 & 2 & 503 & \surd \\ 9 & 2 & 503 & 2 & \\ 10 & 2 & 1006 & 1 & \\ 11 & 4 & 1 & 503 & \\ 12 & 4 & 503 & 1 & \\ 13 & 503 & 1 & 4 & \\ 14 & 503 & 2 & 2 & \\ 15 & 503 & 4 & 1 & \\ 16 & 1006 & 1 & 2 & \\ 17 & 1006 & 2 & 1 & \\ 18 & 2012 & 1 & 1 & \\ \hline \end{array}$

It's okay CPhill !

Why is 0.5 ! = (√π )/2 ?

$\boxed{~ \begin{array}{rcll} n! &=& \Gamma(n+1) \end{array} ~}$

$\begin{array}{rcll} 0.5! &=& \Gamma(0.5+1) \\ \end{array}$

$\boxed{~ \begin{array}{rcll} \Gamma(x+1) &=& x\cdot \Gamma(x) \end{array} ~}$

$\begin{array}{rcll} \Gamma(0.5+1) &=& 0.5\cdot \Gamma(0.5) \end{array}$

$\boxed{~ \begin{array}{rcll} \Gamma(0.5) &=& \sqrt{\pi} \end{array} ~}$

$\begin{array}{rcll} 0.5\cdot \Gamma(0.5) &=& 0.5\cdot \sqrt{\pi}\\ &=& \dfrac{\sqrt{\pi}} {2} \\\\ \mathbf{0.5!} & \mathbf{=} & \mathbf{ \dfrac{\sqrt{\pi}} {2} } \end{array}$

Wir wählen zwei beliebige Primzahlen $p>q>3$.

Man beweise, dass $p^2-q^2$ immer durch 24 teilbar ist.

1. Primfaktorzerlegung von 24: 

$24 = 2^3\cdot 3$

Die Primfaktoren 2 und 3 treten in p und q nicht auf, da wir $p>q>3$ definiert haben.

$p \ne 2 \text{ und } p \ne 3 \\ q \ne 2 \text{ und } q\ne 3$

Somit ist die 24 zu p und q teilerfremd!

$ggT(p,24) =ggT(q,24) = 1.$

$24 = 3\cdot 8$

Ich versuche jetzt zu zeigen, das $p^2-1$ bzw. $q^2-1$ durch 3 und durch 8 teilbar sind. Dann wäre auch $p^2-1$ bzw. $q^2-1$ durch 24 teilbar, da die 3 und die 8 teilerfremd sind.

2. Teilung durch 3:

Satz:  (Euler)

Sei $n$ ein Element der natürliche Zahlen.

Dann gilt für alle $a$ ein Element der natürliche Zahlen, die teilerfremd zu $n$ sind:

$a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n.$

Wir setzen für $a = p$ resp.  $a= q$ und für $n$ die 3 ein und $\varphi(p) = p-1$ also $\varphi(3) = 2$:

$p^{\varphi(3)} \equiv 1 \pmod 3 \\ p^{2} \equiv 1 \pmod 3 \\ p^{2} -1 \equiv 0 \pmod 3.$

Somit ist $p^2-1$ bzw. $q^2-1$ immer durch 3 teilbar.

3. Teilung durch 8:

Alle Primzahlen > 3 sind endweder der Form $(4\cdot n+1)$  oder der Form $(4\cdot n+3)$.

$\begin{array}{cccc} \hline \text{ungerage Zahlen} & \text{gerage Zahlen} & \text{ungerage Zahlen} &\text{gerage Zahlen} \\ 4\cdot n + 1 & \text{nur die 2 ist Primzahl} & 4\cdot n + 3 & 4\cdot n \\ \hline 1 &2 &3 &4 \\ 5 &6 &7 &8 \\ 9 &10 &11 &12 \\ 13& 14 &15 &16 \\ 17& 18& 19 &20 \\ \cdots \\ \hline \end{array}$

1. Primzahl Form:

$\begin{array}{rcll} p^2 &=& (4n+1)^2 \\ p^2 &=& 16n^2+8n+1 \\ p^2-1 &=& 16n^2+8n \\ p^2-1 &=& 2\cdot 8n^2+8n \end{array}$

Wie man sieht ist $p^2-1$ durch 8 teilbar. Analog gilt das auch für $q^2-1$

2. Primzahl Form:

$\begin{array}{rcll} p^2 &=& (4n+3)^2 \\ p^2 &=& 16n^2+8n+8+1 \\ p^2-1 &=& 16n^2+8n+8 \\ p^2-1 &=& 2\cdot 8n^2+8n+8\\ \end{array}$

Wie man sieht ist $p^2-1$ durch 8 teilbar. Analog gilt das auch für $q^2-1$

Fassen wir zusammen:

$p^2-1 \equiv 0 \pmod {24}$ und  $q^2-1 \equiv 0 \pmod {24}$

oder umgestellt:

$p^2 \equiv 1 \pmod {24}$ und  $q^2 \equiv 1 \pmod {24}$

Man beweise, dass $p^2-q^2$ immer durch 24 teilbar ist.

$\begin{array}{rcll} \underbrace{p^2}_{=1\pmod{24 }}- \underbrace{q^2}_{=1\pmod{24 }} &\equiv& 0 \pmod {24} \\\\ 1-1 &\equiv& 0 \pmod {24}\\ 0 &\equiv& 0 \pmod {24} \end{array}$

Für n=6 ergeben sich je Person 5 Freunde.

Äh.... Für mich sind es da mindestens , also mindestens 4 Freunde.

Hallo melwei,

mindestens 4 Freunde bedeutet doch mathematisch gesehen 4 oder mehr Freunde und nicht genau 4 Freunde, oder ?

Für n=6 ergeben sich je Person 5 Freunde:

5 Freunde sind doch mindestens 4 Freunde oder mehr, oder ?

Heureka

Sei n eine natürliche Zahl.
 $7^{2n}-17^{3n}$
 ist immer durch 8 teilbar.

$\begin{array}{rcll} {\color{red}7}^{2n}-{\color{green}17}^{3n} \pmod 8 =\ ? \\\\ {\color{red}7} &\equiv& {\color{red}-1} \pmod 8 \\ {\color{green}17} &\equiv& {\color{green}1} \pmod 8 \\\\ {\color{red}7}^{2n}-{\color{green}17}^{3n} \pmod 8 & \equiv & {\color{red}(-1)}^{2n}-{\color{green}1}^{3n} \pmod 8\qquad | \qquad 2n \text{ ist eine gerade Zahl} \\ & \equiv & {\color{red}1}-{\color{green}1} \pmod 8 \\ & \equiv & 0 \pmod 8 \\ \end{array}$

Der Rest ist 0, also ist $7^{2n}-17^{3n}$ immer durch 8 teilbar.

Oh Mann, ich war wohl immer noch nicht verständlich.

Zu zeigen ist, dass man sie so platzieren kann, dass jeder direkt neben zwei Freunden sitzt.

Hallo melwei,

meine Lösung beinhaltet doch gerade dies. Im Polygonring(braune Linie links und rechts von jeder Person (Ecke) ausgehend), den es für jedes n gibt sind ja immer 2 Freunde nebeneinander links und rechts von jeder Person angeordnet.

Das sieht man an den Verbindungen. Eine Verbindung bedeutet ist Freund von...mit und vis versa.

what does tau equal in this situation?:

R1=1KΩ

C1=1mF=1000uF

reminder:

$\tau = RC \Rightarrow R * C$

$\tau = Seconds$

$\begin{array}{rcll} \tau & = & R \cdot C\\\\ R &=& 1\ k\Omega \\ &=& 1000\ \Omega\\\\ C &=& 1\ mF \\ &=& 0.001\ F \\\\ \tau & = & 1000\ \Omega \cdot 0.001\ F \\ & = & 1000\cdot 0.001\ \Omega \ F \\ & = & 1\ \Omega \ F \quad &| \quad 1\ \Omega = 1\ \frac{V}{A} \qquad 1\ F = 1\ \frac{A\cdot s}{V} \\ \tau & = & 1\ \cdot \frac{V}{A} \cdot \frac{A\cdot s}{V} \\ \mathbf{\tau} & \mathbf{=} & \mathbf{1\ s} \end{array}$

Auf einem Stammtisch treffen $n$ Personen zusammen.

Jede Person hat mindestens $\uparrow \frac{n+1}{2} \uparrow$ Freunde unter den n Personen.

Zu zeigen ist, dass man die Personen so an einen runden Tisch platzieren kann,

dass jeder zwischen zwei Freunden sitzt.

Und zwar bei beliebigem $n$ !

Wenn wir ein $n$-Eck haben und jede Verbindung zu jeder anderen Ecke ziehen, so haben wir maximal $n-1$Verbindungen an jeder Ecke. Jede Verbindung bedeutet Freund sein miteinander. Oder anders gesagt, jede Person kann maximal $n-1$Freunde haben.

Wir müssen nun zeigen das $n-1$ immer größer oder gleich der Mindestanzahl der Freunde ist, die jede Person haben darf für ein beliebiges $n > 2$. Dann haben wir eine allgemeine Lösung für $n\ge 3$.

Wir können formulieren:

$n-1 ~\ge ~ \uparrow \frac{n+1}{2} \uparrow$

wobei $\uparrow \dots \uparrow$ aufrunden bedeutet.

Für $n=3$ gilt direkt

$n-1 ~\ge~ \uparrow \frac{n+1}{2} \uparrow \\ 3-1 ~\ge~ \uparrow \frac{3+1}{2} \uparrow \\ 2 ~\ge~ 2$

Das ist richtig. Die Ungleichung gilt also für $n=3$.

Allgemein kann man zeigen:

$n-1 ~\ge~ \uparrow \frac{n+1}{2} \uparrow ~<~ \underbrace{\frac{n+1}{2} + \frac12}_{=\frac{n+2}{2}}~ (\text{aufgerundet})$

Wenn wir $n-1 ~\ge~\frac{n+2}{2}$ zeigen, so ist auch $n-1 ~\ge~ \uparrow \frac{n+1}{2} \uparrow$,

da $\uparrow \frac{n+1}{2} \uparrow ~<~ \frac{n+1}{2} + \frac12$

Beweis:

$\begin{array}{rcll} n-1 &\ge& \frac{n+2}{2} \quad | \quad \cdot 2\\ 2n-2 &\ge& n+2 \\ 2n-n &\ge& 2+2 \\ n &\ge& 4 \end{array}$

Die Ungleichung gilt für $n \ge 4$. Für $n=3$ haben wir sie direkt bewiesen. Somit gilt:

Die maximale Anzahl der Verbindungen(Freunde) an jeder Person im $n$-Eck beträgt $n-1$und$\boxed{~ n-1 ~\ge~ \uparrow \frac{n+1}{2} \uparrow \qquad n\ge 3 ~}$

Für $n=4,~ n=5$ und $n=6$ zeigen die Bilder die Verbindungen(Freunde)

Für $n = 4$ ergeben sich je Person $3$ Freunde.

Für $n=5$ ergeben sich je Person $4$ Freunde.

Für $n=6$ ergebn sich je Person $5$ Freunde.

Der Polygonring definiert, das die Personen jeweils zwischen zwei Freunden sitzen.

Es gibt minimalere Lösungen, was die jeweilige Anzahl der Freunde betrifft, doch das ist hier nicht gefordert.