Artikel

1.7: Teori Nombor Gabungan - Matematik

1.7: Teori Nombor Gabungan - Matematik



We are searching data for your request:

Forums and discussions:
Manuals and reference books:
Data from registers:
Wait the end of the search in all databases.
Upon completion, a link will appear to access the found materials.

Terdapat banyak persoalan menarik yang terletak di antara teori nombor dan analisis kombinatorial. dipisahkan menjadi kelas n, maka sekurang-kurangnya satu kelas akan mengandungi unsur (a ), (b ), (c ) dengan (a + b = c ).

Pertimbangkan hakikat bahawa jika kita memisahkan bilangan bulat positif kurang dari (2 ^ n ) ke kelas (n ) dengan meletakkan 1 di kelas 1, 2 seterusnya di kelas 2, 4 seterusnya di kelas 3, dll., maka tidak ada kelas yang mengandungi jumlah dua unsurnya. Sebagai alternatif, kita dapat menulis setiap bilangan bulat m dalam bentuk (2 ^ k theta ) di mana ( theta ) ganjil, dan letakkan (m ) di kelas (k ). Sekali lagi nombor yang kurang dari (2 ^ n ) akan berada di kelas (n ) dan jika (m_1 = 2 ^ k theta_1 ) dan (m_2 = 2 ^ k theta_2 ) berada di kelas (k ) maka (m_1 + m_2 = 2 ^ k ( theta_1 + theta_2) ) terletak pada kelas bernombor yang lebih tinggi. Cara pengagihan bilangan bulat yang lebih rumit seperti yang dinyatakan di bawah membolehkan kita mengedarkan 1, 2, ..., ( dfrac {3 ^ n − 1} {2} ) ke dalam kelas (n ) sehingga tidak ada kelas mempunyai penyelesaian untuk (a + b = c ):

1 2 5
3 4 6
10 11 7
13 12 8
. .
. .

Sebaliknya, teorema Schur menyatakan bahawa jika seseorang memisahkan nombor 1, 2, 3,. , ([n! e] ) ke kelas (n ) dengan cara apa pun maka sekurang-kurangnya satu kelas akan mengandungi penyelesaian untuk (a + b = c ). Jurang antara dua pernyataan terakhir menunjukkan masalah yang tidak dapat diselesaikan yang menarik, iaitu, dapatkah seseorang menggantikan ([n! E] ) dalam hasil Schur dengan bilangan yang jauh lebih kecil? Dua contoh pertama yang diberikan menunjukkan bahawa kita pasti tidak boleh pergi serendah (2n - 1 ), dan contoh terakhir menunjukkan bahawa kita tidak boleh pergi serendah ( dfrac {3 ^ n − 1} {2} ) .

Kami sekarang memberikan definisi dan membuat beberapa komen untuk memudahkan pembuktian teorema Schur.

Mari (T_0 = 1 ), (T_n = nT_ {n − 1} + 1 ). Ia diperiksa dengan mudah

(T_n = n! (1 + dfrac {1} {1!} + Dfrac {2} {2!} Cdot cdot cdot + dfrac {1} {n!}) = [N! E ]. )

Oleh itu, teorema Schur dapat dinyatakan semula seperti berikut: Sekiranya 1, 2, ..., (T_n ) dipisahkan menjadi kelas (n ) dengan apa cara sekalipun, sekurang-kurangnya satu kelas akan mengandungi penyelesaian (a + b = c ). Kami akan membuktikannya dengan menganggap bahawa nombor 1, 2, ..., (T_n ) telah diklasifikasikan dengan cara tanpa kelas yang mengandungi penyelesaian (a + b = c ) dan dari ini memperoleh percanggahan. Perhatikan bahawa syarat (a + b ne c ) bermaksud bahawa tidak ada kelas yang boleh mengandungi perbezaan dua elemennya.

Katakan bahawa beberapa kelas, katakan (A ), mengandungi elemen (a_1

(b_1 = a_2 - a_1, b_2 = a_3 - a_1, b_3 = a_4 - a_1, ... )
(c_1 = b_2 - b_1, c_2 = b_3 - b_1, c_3 = b_4 - b_1, ... )
(d_1 = c_2 - c_1, d_2 = c_3 - c_1, d_3 = c_4 - c_1, ... )

dan sebagainya. Kami perhatikan bahawa semua (b ), (c ), (d ), dsb., Adalah perbezaan (a ) dan karenanya tidak boleh terletak di (A ).

Sekarang, kita mulakan dengan elemen (T_n ). Sekurang-kurangnya

( lfloor dfrac {T_n} {n} + 1 rfloor = T_ {n - 1} + 1 )

ini mesti berada dalam satu kelas, katakan (A_1 ). Kami kemudian membentuk (T_ {n - 1} ) (b ). Ini tidak terletak di (A_1 ), dan oleh itu terletak di kelas (n - 1 ) yang tinggal. Sekurang-kurangnya

( lfloor dfrac {T_ {n - 1}} {n - 1} + 1 rfloor = T_ {n - 1} + 1 )

dari mereka mesti berada dalam satu kelas, katakan (A_2 ). Bentuk perbezaan (T_ {n - 2} ) mereka, yang (c ). Ini menghasilkan (T_ {n - 2} ) nombor tidak di (A_1 ) atau (A_2 ). Meneruskan dengan cara ini menghasilkan (T_ {n - 3} ) nombor tidak di (A_1, A_2, A_3 ). Dengan cara ini akhirnya kita memperoleh (T_0 = 1 ) nombor yang bukan milik (A_1, A_2, ..., A_n ). Tetapi semua nombor yang terbentuk adalah antara nombor (1, 2, ..., T_n ) jadi kita mempunyai percanggahan, yang membuktikan teorema.

Kami menyatakan, tanpa bukti, kaitan dengan teorema terakhir Fermat. Pendekatan semula jadi untuk teorema Fermat adalah dengan berusaha menunjukkan bahawa (x ^ n + y ^ n = z ^ n ) (mod (p )) adalah modul yang tidak dapat dipecahkan beberapa (p ), asalkan (p ) tidak membahagi (x cdot y cdot z ). Walau bagaimanapun, teorema Schur dapat digunakan untuk menunjukkan bahawa kaedah ini mesti gagal dan memang jika (p> n! E ) maka (x ^ n + y ^ n = z ^ n ) (mod (p )) mempunyai penyelesaian dengan (p ) bukan faktor (xyz ).

Agak berkaitan dengan teorema Schur adalah teorema terkenal Van der Waerden, yang kami selidiki secara ringkas. Pada awal tahun 1920-an masalah berikut timbul berkaitan dengan teori taburan sisa kuadratik. Bayangkan kumpulan semua bilangan bulat dibahagikan dengan dua cara kepada dua kelas. Bolehkah seseorang menegaskan bahawa kemajuan aritmetik dengan panjang sewenang-wenang dapat dijumpai sekurang-kurangnya salah satu daripada kelas ini? Masalahnya tetap tidak dapat diselesaikan selama beberapa tahun walaupun terdapat usaha tertumpu oleh banyak ahli matematik yang cemerlang. Akhirnya diselesaikan pada tahun 1928 oleh Van der Waerden. Seperti yang tidak biasa dengan masalah seperti itu, langkah pertama Van der Waerden adalah menjadikan masalah itu lebih umum, dan dengan itu lebih mudah.

Van der Waerden membuktikan yang berikut: Diberi bilangan bulat (k ) dan ( ell ), terdapat bilangan bulat (W = W (k, ell) ) sehingga jika nombor 1, 2, 3, ..., (W ) dipisahkan menjadi kelas (k ) dengan cara apa pun, maka sekurang-kurangnya satu kelas akan mengandungi istilah l dalam perkembangan aritmetik. Kami tidak akan memberikan bukti Van der Waerden di sini. Ia sangat sukar, sukar untuk dilihat, dan hanya menuju ke arah yang sangat besar untuk W (k, l). Atas sebab ini, pembaca mungkin mempertimbangkan masalah yang tidak dapat diselesaikan untuk mencari bukti alternatif yang lebih mudah bahawa (W (k, ell) ) wujud dan mencari batas yang munasabah untuknya. Kita akan bercakap lebih banyak mengenai fungsi (W (k, ell) ) sedikit kemudian.

Masalah kami yang seterusnya mengenai teori nombor kombinatori berurusan dengan urutan "nonaveraging". Kami memanggil urutan (A: a_1

Memandangkan angka (x ), ditulis dalam asas sepuluh, kami memutuskan apakah (x ) berada di (R ) berdasarkan peraturan berikut.

Mula-mula kita melampirkan (x ) dalam satu set tanda kurung, meletakkan digit pertama (membilang dari kanan ke kiri) di pendakap pertama, dua yang berikutnya di kurungan kedua, tiga yang berikutnya di kurungan ketiga, dan seterusnya. Sekiranya tanda kurung terakhir (braket paling jauh ke kiri yang tidak terdiri daripada nol) tidak mempunyai bilangan digit maksimum, kami mengisinya dengan angka sifar. Contohnya, nombor

(a = 32653200200 ), (b = 100026000150600 ), (c = 1000866600290500 )

akan di kurung

(a = (00003) (2653) (200) (20) (0), )
(b = (10002) (6100) (150) (60) (0), )
(c = (10008) (6600) (290) (50) (0), )

masing-masing. Sekarang anggap tanda kurung (r ^ { text {th}} ) di (x ) mengandungi angka bukan nol, tetapi semua tanda kurung di sebelah kiri adalah 0. Panggil nombor yang ditunjukkan oleh digit di (i ^ { text {th}} ) kurungan (x_i ), (i = 1, 2, ..., r - 2 ). Selanjutnya, tunjukkan dengan ( bar {x} ) nombor yang diwakili oleh digit dalam dua tanda kurung terakhir yang diambil bersama, tetapi tidak termasuk digit terakhir. Untuk (x ) menjadi milik (R ), kami memerlukannya

  1. digit terakhir (x ) mestilah 1,
  2. (x_i ) mesti bermula dengan 0 untuk (i = 1, 2, ..., r - 2, )
  3. (x_1 ^ 2 + cdot cdot cdot x_ {r - 2} ^ 2 = bar {x}. )

Khususnya, perhatikan bahawa memuaskan (2) tetapi melanggar (1) dan (3) sehingga (a ) tidak berada di (R ); tetapi (b ) dan (c ) memenuhi ketiga-tiga syarat dan berada di (R ). Untuk memeriksa (3) kita tidak (60 ^ 2 + 150 ^ 2 = 26100 ).

Kami seterusnya membuktikan bahawa tidak ada tiga bilangan bulat dalam (R ) dalam aritmetik. Mula-mula perhatikan bahawa jika dua elemen 9R ) mempunyai bilangan tanda kurung yang berbeza, rata-rata mereka tidak dapat memuaskan (1). Oleh itu, kita hanya perlu mempertimbangkan purata elemen (R ) yang mempunyai bilangan tanda kurung yang sama. Dari (1) dan (3) menunjukkan bahawa kedua-dua elemen (R ) dapat menjadi kurungan rata-rata dengan tanda kurung untuk kurungan (r - 2 ) pertama dan juga untuk dua kurungan terakhir yang digabungkan. Oleh itu, dalam contoh kita,

( dfrac {1} {2} (60 + 50) = 55, dfrac {1} {2} (150 + 290) = 220, )
( dfrac {1} {2} (100026100 + 100086600) = 100056350, )
( dfrac {1} {2} (b + c) = (10005) (6350) (220) (55) (0) )

Ini melanggar (3) dan tidak di (R ). Secara umum kami akan membuktikan bahawa jika (x ) dan (y ) berada di (R ) maka ( bar {z} = dfrac {1} {2} (x + y) ) melanggar (3) dan tidak dalam (R ).

Oleh kerana (x ) dan (y ) berada di (R ),

( bar {z} = dfrac { bar {x} + bar {y}} {2} = sum_ {i = 1} ^ {r - 2} dfrac {x_i ^ 2 + y_i ^ 2 } {2}. )

Sebaliknya, (z ) di (R ) menyiratkan

( bar {z} = sum_ {i = 1} ^ {r - 2} z_i ^ 2 = sum_ {i = 1} ^ {r - 2} dfrac {(x_i + y_i) ^ 2} { 2}. )

Oleh itu, jika (z ) berada di (R ) maka

( sum_ {i = 1} ^ {r - 2} dfrac {x_i ^ 2 + y_i ^ 2} {2} = sum_ {i = 1} ^ {r - 2} dfrac {(x_i + y_i ) ^ 2} {2}. )

Oleh itu

( sum_ {i = 1} ^ {r - 2} dfrac {(x_i - y_i) ^ 2} {2} = 0, )

yang bermaksud (x_i = y_i ) untuk (i = 1, 2, ..., r - 2 ). Ini bersama dengan (1) dan (2) menyiratkan bahawa (x ) dan (y ) tidak berbeza.

Urutan Szekeres bermula dengan 1, 2, 4, 5, 10, 11, ... Urutan kami bermula dengan

100000, 1000100100, 1000400200, ....

Walaupun begitu, istilah urutan ini akhirnya jauh lebih kecil daripada istilah urutan Szekeres yang sepadan. Kami kini menganggarkan berapa bilangan bulat dalam (R ) yang mengandungi tanda kurung (r ). Dengan tanda kurung (r ) kita dapat membuat digit pertama di setiap kurungan (r - 2 ) 0. Kita dapat mengisi tanda kurung (r - 2 ) pertama dengan cara sewenang-wenangnya. Ini boleh dilakukan di

(10 ​​^ {0 + 1+ 2 + cdot cdot cdot + (r - 2)} = 10 ^ { dfrac {1} {2} (r - 1) (r - 2)} )

cara-cara. Dua kurungan terakhir dapat diisi sedemikian rupa untuk memuaskan (1) dan (3).

Untuk melihatnya, kita hanya perlu memeriksa bahawa dua tanda kurung terakhir tidak akan berlebihan, dan bahawa digit terakhir, yang akan kita tetapkan sama dengan 1, tidak akan diganggu. Ini berpunca daripada ketaksamaan

((10 ^ 1) ^ 2 + (10 ^ 2) ^ 2 + cdot cdot cdot + (10 ^ {r - 2}) ^ 2 <10 ^ {2 (r - 1)}. )

Untuk (n ) yang diberikan biar (r ) menjadi bilangan bulat yang ditentukan oleh

[10 ^ { dfrac {1} {2} r (r + 1)} le n <10 ^ { dfrac {1} {2} (r + 1) (r + 2)}. ]

Oleh kerana semua bilangan bulat dengan tanda kurung paling banyak (r ) tidak akan melebihi (n ), dan kerana kurungan (r ) dapat diisi dengan spesifikasi di (10 ​​^ { dfrac {1} {2} ( r - 2) (r - 1)} ) cara, kita ada

[R (n) ge 10 ^ { dfrac {1} {2} (r - 2) (r - 1)} ]

Dari sebelah kanan (7.1) kita ada

(r + 2> sqrt {2 log n} )

sehingga (7.2) menyiratkan bahawa

(R (n) ge 10 ^ { dfrac {1} {2} (r - 2) (r - 1)}> 10 ^ { log n - c sqrt { log n}}> 10 ^ {( log n) (1 - c / sqrt { log n})} )

di mana semua log berada di pangkalan 10.

Satu dugaan lama ialah ( dfrac {A (n)} {n} hingga 0 ) untuk setiap urutan yang tidak rata. Perkara ini baru dibuktikan baru-baru ini (1954) oleh K. F. Roth. Bukti beliau tidak asas.

L. Moser telah menggunakan teknik yang serupa untuk mendapatkan batas yang lebih rendah untuk fungsi Van der Waerden (W (k, ell) ). Dia membuktikan bahawa (W (k, ell)> ell k ^ { log k} ), iaitu, dia menunjukkan cara mengedarkan nombor, 1, 2, ..., ([ ell k ^ { log k}] ) ke kelas (k ) sedemikian rupa sehingga tidak ada kelas yang mengandungi 3 istilah dalam perkembangan aritmetik. Menggunakan kaedah yang sangat berbeza Erdo ( ddot {o} ) s dan Rado telah menunjukkan bahawa (W (k, ell)> sqrt {2 ell k ^ { ell}} ).

Erd ( ddot {o} ) telah menimbulkan persoalan berikut: Berapakah bilangan bulat maksimum (a_1

[2 ^ k le kn, ]

yang bermaksud

[k < dfrac { log n} { log 2} + (1 + o (1)) dfrac { log log n} { log 2}. ]

Kami sekarang menunjukkan bagaimana Erd ( ddot {o} ) s dan Moser meningkatkan anggaran ini (Catatan penerbit: Had bawah terbaik semasa boleh didapati di I. Aliev, "Set lemma Siegel dan jumlah yang berbeza-beza," Discrete Comput. Geom. 39 (2008), 59–66.) Hingga

[2 ^ k <4 sqrt {k} n, ]

yang bermaksud

[k < dfrac { log n} { log 2} + (1 + o (1)) dfrac { log log n} {2 log 2}. ]

Sangkaan Erd ( ddot {o} ) adalah bahawa

[k = dfrac { log n} { log 2} + o (1). ]

Tandakan jumlah pembezaan (a ) dengan (s_1, s_2, ..., s_ {2 ^ k} ) dan biarkan (A = a_1 + a_2 + cdot cdot cdot a_k ) . Perhatikan bahawa jumlah purata adalah ( dfrac {A} {2} ) kerana kita dapat memasangkan setiap jumlah dengan jumlah set pelengkap. Ini menunjukkan bahawa kita menganggarkan ( sum_i (s_i - dfrac {A} {2}) ^ 2 ).

Kami mempunyai

( sum_i (s_i - dfrac {A} {2}) ^ 2 = sum dfrac {1} {2} ( pm a_1 pm a_2 pm cdot cdot cdot pm a_k) ^ 2 , )

di mana jumlah terakhir berjalan di atas (2 ^ k ) kemungkinan pengedaran tanda. Setelah kuadrat, kita dapati semua sebutan silang berpasangan sementara setiap (a_i ^ 2 ) akan muncul (2 ^ k ) kali. Oleh itu

( sum_i (s_i - dfrac {A} {2}) ^ 2 = 2 ^ k jumlah a_i ^ 2 <2 ^ {k - 2} n ^ 2 k. )

Oleh itu jumlah jumlah (s_i ) yang

(| s_i - dfrac {A} {2} | ge n sqrt {k} )

tidak boleh melebihi (2 ^ {k - 1} ). Oleh kerana semua jumlahnya berbeza, kita mempunyai (2 ^ {k - 1} ) nombor yang berbeza dalam julat panjang (2n sqrt {k} ). Ini menghasilkan (2 ^ {k - 1} le 2n sqrt {k} ) seperti yang diperlukan.

Biarkan (a_1

( dfrac {1} {2} ( sum a ^ {a_k}) ^ 2 + jumlah z ^ {2a_k} = jumlah f (n) z ^ n )
(= P _ { ell} (z) + a dfrac {z ^ { ell + 1}} {1 - z}, (f ( ell + 1) = a), )

di mana (P (z) ) adalah polinomial darjah ( le ell ). Sekiranya (z hingga -1 ) pada paksi sebenar sebelah kanan tetap terikat, tetapi sebelah kiri mendekati tak terhingga, kerana kedua-dua istilah di sebelah kiri positif, dan yang kedua cenderung hingga tak terhingga. Percanggahan ini membuktikan teorema.

Turan dan dan Erd ( ddot {o} ) menduga bahawa jika (f (n)> 0 ) untuk semua cukup besar (n ) maka had sup (f (n) = infty ) tetapi ini nampaknya sangat sukar untuk dibuktikan. Satu dugaan yang lebih kuat ialah jika (a_k> ck ^ 2 ) maka lim sup (f (n) = infty ). Hasil yang paling terkenal dalam arah ini hanyalah lim sup (f (n) ge 2 ).

Fuchs dan Erdös baru-baru ini membuktikan bahawa

( sum_ {k = 1} ^ {n} f (k) = cn + o ( dfrac {n ^ { dfrac {1} {4}} { log n}) )

mustahil. Sekiranya (a_k = k ^ 2 ) ada yang menemui masalah titik kisi dalam bulatan jejari (n ). Di sini Hardy dan Landau membuktikan

( sum_ {k = 1} ^ n f (k) = pi n + o (n log n) )

tidak tahan. Walaupun tidak sekuat ini, hasil Erd ( ddot {o} ) dan Fuchs berlaku untuk situasi yang jauh lebih umum dan jauh lebih mudah (tetapi tidak terlalu mudah) untuk dibuktikan.

Mari (a_1

Masalah yang tidak dapat diselesaikan yang menarik di sepanjang garis ini ialah mencari urutan (B ): (b_1

Biarkan (a_1

P. Scherk meningkatkan ( dfrac {n} {2} ) menjadi (n (2 - sqrt {2}) = .586n ). Dengan kaedah yang sama sekali berbeza L. Moser memperbaikinya lebih jauh ke (. 712n ). Sebaliknya Selfridge, Ralston dan Motzkin telah menggunakan S.W.A.C. untuk menyangkal sangkaan asal dan telah menemui contoh di mana tidak ada bilangan yang dapat dilambangkan lebih dari (. 8n ) kali sebagai perbezaan antara (a ) dan (a ) (b ).

Masih banyak lagi masalah menarik dari teori nombor kombinatorial berkisar mengenai konsep rantaian tambahan yang diperkenalkan oleh A. Scholz. Rantaian tambahan untuk (n ) adalah sekumpulan bilangan bulat (1 = a_0

1, 2, 4, 8, 16, 24, 40, 80, 160, 320, 640, 664, 666

membentuk rantai dengan (r = 12 ); perkara yang sama berlaku

1, 2, 3, 6, 9, 18, 27, 54, 81, 162, 324, 648, 666.

Walau apa pun, kita mesti mempunyai (a_1 = 2 ), dan (a_2 = 3 ) atau 4. Dengan panjang ( ell = ell (n) ) Scholtz memahami yang terkecil ( ell ) yang mana terdapat rantaian tambahan (a_0, a_1, ..., a _ { ell} = n ).

Scholtz menyatakan perkara berikut:

(m + 1 le ell (n) le 2m ) untuk (2 ^ m + 1 le n le 2 ^ {m + 1} ) ( (m ge 1 ));
( ell (ab) le ell (a) + ell (b); )
( ell (2 ^ {m + 1} - 1) le m + ell (m + 1). )

Dua perkara pertama ini senang dibuktikan. Yang ketiga kita anggap salah. Scholtz menduga bahawa yang pertama dapat diperbaiki dan menimbulkan persoalan sama ada atau tidak

(1 le text {lim sup} _ {n to infty} dfrac { ell (n)} { log_2 n} le 2 )

boleh diperbaiki.

Berikut ini kami membuktikan (1) dan menggariskan bukti kerana A. Brauer bahawa

( ell (n) thicksim log_2 n. )

Katakan bilangan bulat ditulis di pangkalan 2 dan kami mencari rantaian tambahan untuk 10110110 katakan. Kami mungkin membentuk rantai

1, 10, 100, 101, 1010, 1011, 10110, 101100, 101101, 1011010,
1011011, 10110110, 101101100, 101101101.

Dalam proses ini, setiap digit "kos" paling banyak dua elemen dalam rantai sehingga ( ell <2 log_2 n ). Oleh kerana sisi kiri ketaksamaan (1) adalah sepele, kaedah yang dicadangkan di atas menghasilkan bukti (1).

Idea Brauer adalah untuk membina stok nombor yang banyak terlebih dahulu dan menggunakannya ketika ada kesempatan. Katakan (n ) kira-kira (2 ^ m ). Kami bermula dengan rantai 1, 2, ..., (2 ^ r ), di mana (r ) akan ditentukan kemudian. Kita sekarang boleh memecah digit (n ) menjadi (m / r ) blok dengan digit (r ) di setiap blok. Contohnya, anggaplah

(n = (101) (110) (010) (101) (111) )

Di sini (m = 15 ), (r = 3 ).

Bermula dengan stok semua nombor 3 digit kami boleh meneruskan seperti berikut:

1, 10, 100, ( garis bawah {101} ), 1010, 10100, 101000, ( garis bawah {101110} ),
1011100, 10111000, 101110000, ( garis bawah {101110010} ), ...

di mana antara tahap yang digarisbawahi kita menggandakan dan pada tahap yang digarisbawahi kita menambah nombor yang sesuai dari stok kita untuk membina (n ). Dalam kes ini, kami memerlukan langkah (2 ^ 3 + 2 ^ {15} + 5 ). Secara umum, bilangan langkah untuk nombor di bawah (2 ^ m ) adalah kira-kira (2 ^ r + m + dfrac {m} {c} ). Dengan pilihan yang tepat (r ) kita dapat membuat (2 ^ r + dfrac {m} {r} ) sekecil yang kita inginkan dibandingkan dengan (m ). Memang, menggunakan idea ini Brauer terbukti secara umum

( ell (n) < log_2 n {1 + dfrac {1} { log log n} + dfrac {2 log 2} {( log n) ^ {1 - log 2}} }. )


Tonton videonya: HOT CLIPS RUNNINGMAN JIHYO, The Quiz MASTER ENG SUB (Ogos 2022).