Oppfølger: Bekreft eller avkreft løsningsforslagene over gjennom å simulere situasjonen i Python(eller valgfritt språk)

La $x_i$ være antall gaver til ansatt $i$. Da er $x_1+x_2+...+x_{33}=72$. Antall (gunstige) måter å fordele gavene på de 72 ansatte slik at hver ansatt får minst én gave er ekvivalent med antall måter å skrive 72 som en sum av positive heltall, som er gitt av binomialkoeffisienten $71\choose 32$. De...

Denne oppgaven har uendelig mange korrekte svar siden det ikke er spesifisert hvilket punkt man roterer om. Ditt svar er like korrekt som lærerens.

En annen tolkningsmulighet, ser jeg nå, er at poenget med Gustavs innlegg ikke var å bevise at $k=53^{103} + 103^{53}$ er delelig med $39$, men å klargjøre en overgang i Mattebrukers bevis etter at Mattebruker først hadde vist at $k=53^{103} + 103^{53}$ er delelig med både $3$ og $13$. Ja, dette er...

Mattebruker skrev: ↑22/03-2023 09:44 Hva er det siste sifferet i 7[tex]^{2009}[/tex] ?

Ganske enig i at akkurat dette kan løses enkelt uten Euler. Det betyr ikke at Eulers teorem er noe mindre nyttig i andre tilfeller...

Forslag til løsning: $7^{2009}=7\cdot 49^{1004}\equiv 7\cdot (-1)^{1004}\equiv 7\pmod{10}$.

Jeg spøker ikke. Mattebruker viser først at $k$ er delelig med både $3$ og $13$. Derfor fins heltall $n,m$ slik at $k=3n=13m$. Dermed vil primtallet $3$ dele $13m$. Euclid sier da at $3$ må dele minst et av tallene $13$ og $m$. Siden $3$ åpenbart ikke deler $13$, må derfor $3$ dele $m$. Dermed fins ...

Mitt løysingsforslag: ( 1 ) 53 \equiv ( - 1 ) \Rightarrow ( 53 ^{103} ) \equiv ( - 1 ) ^{103} = - 1 ( mod 3 ) ( 2 ) 103 \equiv 1 \Rightarrow ( 103 ^{53} \equiv 1 ^{53} = 1 ( mod 3 ) ( 1 ) og ( 2 ) medfører at ( 53 ^{103} + 103 ^{53} ) \equiv 0 ( mod 3 ) Same reknemåte viser at ( 53 ^{103} + 103 ^{5...

Første aperiodiske monotiling

https://www.sciencenews.org/article/mat ... stein-tile

Hadde vært en fordel om du hadde postet koden da

Takk for utfordringer og informative innspill fra Gustav og Mattebruker! For hva det er verdt; formlene jeg presenterte for generering av pytagoreiske tripler, gjelder tripler hvis største felles faktor = 1, noe jeg signaliserte ved i parantes å kalle triplene primitive. Ja, skjønte det, men da bør...

Strengt tatt burde man vel sagt at gitt en pytagoreisk trekant med sider $a,b,c$ der $a^2+b^2=c^2$, fins positive heltall $k,m,n$ slik at $a=k(m^2-n^2), b=k(2mn), c=k(m^2+n^2)$ (eller at uttrykkene for $a$ og $b$ er byttet om), dermed er arealet gitt ved $A=\frac{ab}{2}=k^2(m^2-n^2)mn\in\mathbb{N}$....

Det er ikke feil å bruke generering av alle pytagoreiske tripler, men påstanden kan også bevises vha motsigelse. Anta katetene begge er odde, og utled en motsigelse ved hjelp av pytagoras.

Du må ha med definisjons- og verdimengden i tillegg