sulle congruenze

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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blackdie
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sulle congruenze

Messaggio da blackdie » 23 mar 2008, 23:50

Provare che se $ 9|a^3+b^3+c^3 $ allora $ 3|abc $,dove a,b,c sono interi.

:) Buon lavoro.

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Agi_90
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Messaggio da Agi_90 » 24 mar 2008, 01:39

riscriviamo tesi e ipotesi:
ip) $ a^3 + b^3+c^3 \equiv 0 \pmod{9} $
th) $ abc \equiv 0 \pmod{3} $
i residui cubici modulo 9 sono 0,1,-1,0,1,-1,0,1,-1 quindi tra a b e c ci sarà sicuramente qualcuno il cui cubo vale 0 mod 9, essi sono congrui a 3,6,0 mod 9 e quindi congrui a 0 mod 3.
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blackdie
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Messaggio da blackdie » 24 mar 2008, 10:39

ok, ma scusa la pignoleria, ma come facciamo ad essere sicuri che i residui cubici mod 9 siano sempre 0,1,-1?

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Agi_90
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Messaggio da Agi_90 » 24 mar 2008, 11:16

blackdie ha scritto:ok, ma scusa la pignoleria, ma come facciamo ad essere sicuri che i residui cubici mod 9 siano sempre 0,1,-1?
be' sappiamo che mod 9 abbiamo solo 0,1,2,3,4,5,6,7,8

quindi:

$ 0^3 \equiv 0 \pmod{9} $
$ 1^3 \equiv 1 \pmod{9} $
$ 2^3 \equiv -1 \pmod{9} $
$ 3^3 \equiv 0\pmod{9} $
$ 4^3 \equiv 1 \pmod{9} $
$ 5^3 \equiv -1 \pmod{9} $
$ 6^3 \equiv 0 \pmod{9} $
$ 7^3 \equiv 1 \pmod{9} $
$ 8^3 \equiv -1 \pmod{9} $

fortunatamente non c'è bisogno di calcolarli tutti perchè sappiamo che:

$ 0 \equiv 9 \pmod{9} $
$ 1 \equiv -8 \pmod{9} $
$ 2 \equiv -7 \pmod{9} $
$ 3 \equiv -6 \pmod{9} $
$ 4 \equiv -5 \pmod{9} $

quindi basta calcolarsi i primi 4 gli altri sono gli opposti...
è una cosa molto utile (di cui io abuso :lol: ) quella dei residui quadratici cubici che puo' tornare utile spesso in congruenze piccole come queste.
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Messaggio da edriv » 24 mar 2008, 13:12

Il fatto che i residui cubici sono 1,0 o -1 si può dimostrare anche così, senza farsi casi.
Se $ ~ (a,9) > 1 $ allora a è un multiplo di 3 ed ovviamente $ ~ a^3 \equiv 0 \pmod 9 $.
Se $ ~ (a,9) = 1 $ allora, essendo $ ~ \varphi(9) = 6 $, $ ~ a^6 \equiv 1 \pmod 9 $. Quindi $ ~ 9 \mid a^6-1 = (a^3+1)(a^3-1) $. Se nessuno dei due fattori è multiplo di 9, ciascuno di essi deve essere multiplo di 3, ma è assurdo (perchè la loro differenza, $ ~ (a^3+1)-(a^3-1) $, non è un multiplo di 3). Quindi uno dei due è multiplo di 9, e si avrà $ ~ a^3 \equiv 1 \pmod 9 $ oppure $ ~ a^3 \equiv -1 \pmod 9 $.

Ok, ammetto che a questo punto era molto più veloce farsi i casi a mano :P

Per vedere se avete capito la dimostrazione lì sopra, dimostrate la generalizzazione:
Se p è un primo dispari, e p non divide a, allora $ ~ a^{p\frac{p-1}2} \equiv 1 \pmod {p^2} $ oppure $ ~ a^{p\frac{p-1}2} \equiv -1 \pmod p^2 $.
Ultima modifica di edriv il 24 mar 2008, 14:45, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da Agi_90 » 24 mar 2008, 14:38

devo resistereeee :twisted:
definiamo la funzione $ \varphi(n) $ magari c'è qualcuno che (come me un paio di giorni fa) non sa bene bene cosa significa: è il numero dei numeri $ 1 < a < n $ relativamente primi con n. bene, il piccolo teorema di fermat ci dice che $ a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod{n} $ bene, sappiamo anche che $ \varphi(p^2) = p^2 - p $ (basta notare che numeri non coprimi con p^2 sono tutti i multipli di p e l'1)[si puo' generalizzare con $ \varphi(p^n) = p^n - p^{n-1} $ ] quindi:

$ a^{p^2-p} \equiv 1 \pmod{p^2} $ (1) quindi
$ \left ( a^{\frac{p^2-p}{2}} + 1 \right ) \left (a^{\frac{p^2-p}{2}} - 1 \right ) \equiv 0 \pmod{p^2} $
sappiamo che entrambi non sono multipli di p poichè p non divide la differenza quindi:

$ a^{\frac{p^2-p}{2}} \equiv 1 \pmod{p^2} $
oppure
$ a^{\frac{p^2-p}{2}} \equiv -1 \pmod{p^2} $
[bagianate editate]
Ultima modifica di Agi_90 il 27 mar 2008, 23:36, modificato 3 volte in totale.
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Messaggio da edriv » 24 mar 2008, 14:48

Ehm scusa nel post prima avevo dimenticato un "p" nella formula precedente, per cui quello che hai cercato di dimostrare è una stupidaggine. La cosa strana è che sei anche riuscito a dimostrarla :shock:

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Messaggio da Agi_90 » 24 mar 2008, 14:50

edriv ha scritto:Ehm scusa nel post prima avevo dimenticato un "p" nella formula precedente, per cui quello che hai cercato di dimostrare è una stupidaggine. La cosa strana è che sei anche riuscito a dimostrarla :shock:
Sì infatti :shock:
Ora cerco l'errore va
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Messaggio da edriv » 24 mar 2008, 15:00

Agi_90 ha scritto: $ a^{p^2-p} \equiv 1 \pmod{p^2} $ (1) quindi
$ \left ( a^{\frac{p^2-p}{2}} + 1 \right ) \left (a^{\frac{p^2-p}{2}} - 1 \right ) \equiv 1 \pmod{1} $
anche qua evidentemente hai lasciato qualche errore di scrittura...

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Goldrake
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Messaggio da Goldrake » 27 mar 2008, 23:23

Agi_90 ha scritto:
$ \left ( a^{\frac{p^2-p}{2}} + 1 \right ) \left (a^{\frac{p^2-p}{2}} - 1 \right ) \equiv 1 \pmod{p^2} $
Mi sa che a secondo membro devi togliere quell'uno. :wink:
il piccolo teorema di fermat ci dice che $ a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod{n} $
In realtà questo è il teorema di Eulero-Fermat, il piccolo di Fermat di cui parli è un caso particolare del primo. :)

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Messaggio da Agi_90 » 27 mar 2008, 23:36

Goldrake ha scritto:
Agi_90 ha scritto:
$ \left ( a^{\frac{p^2-p}{2}} + 1 \right ) \left (a^{\frac{p^2-p}{2}} - 1 \right ) \equiv 1 \pmod{p^2} $
Mi sa che a secondo membro devi togliere quell'uno. :wink:
il piccolo teorema di fermat ci dice che $ a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod{n} $
In realtà questo è il teorema di Eulero-Fermat, il piccolo di Fermat di cui parli è un caso particolare del primo. :)
quanti errori :shock:
sì comunque per la prima ora sistemo...
ma... sul gobbino lo chiama anche quello piccolo teorema di fermat (in effetti avevo qualche dubbio :? ) non è che ho una versione buggata? :lol:
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