Σάββατο, 3 Φεβρουαρίου 2018

Κυριακή, 28 Ιανουαρίου 2018

«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

Φωτογραφία του χρήστη A Map A Day.

Σάββατο, 13 Ιανουαρίου 2018

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 $n=3m +2$.

Κυριακή, 7 Ιανουαρίου 2018

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.