consgruenze (tanto per cambiare argomento)

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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angus89
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consgruenze (tanto per cambiare argomento)

Messaggio da angus89 » 24 mar 2008, 00:12

dimostrare che
$ \displaystyle $ a \equiv b \pmod{k \cdot n} $
implica
$ \displaystyle $ a^{k} \equiv b^{k} \pmod{k^{2} \cdot n} $
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui

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Agi_90
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Messaggio da Agi_90 » 24 mar 2008, 11:40

boz fintanto che i problemi si possono fare...

dall'ipotesi abbiamo $ a = cnk + b $ con c intero opportuno
eleviamo tutto alla k
$ a^k = (cnk + b)^k $
usiamo newton per sviluppare la potenza:
$ \displaystyle a^k = \sum_{i = 0}^k\binom{k}{i}(cnk)^ib^{k-i} $
estraiamo i primi due addendi della somma:
$ \displaystyle a^k = \binom{k}{0}b^k + \binom{k}{1} cnkb^{k-1}+ \sum_{i = 2}^k\binom{k}{i}(cnk)^ib^{k-i} $
dalla definizione troviamo che $ \displaystyle \binom{k}{1} = $$ \displaystyle \frac{k!}{1!(k-1)!} = k $. e sappiamo che $ \displaystyle \binom{k}{0} = 1 $ per qualsiasi k intero.
Inoltre si vede che possiamo mettere in evidenza un $ nk^2 $ in quanto l'esponente di k nella somma è al minimo 2 (e anche della n è al minimo 1). riscriviamo quindi come:
$ \displaystyle a^k = b^k + nk^2\left(cb^{k-1} + \sum_{i = 2}^kc^in^{i-1}k^{i-2}b^{k-i}\right) $
che è esattamente $ a^k = b^k +nk^2d $ che è quello che volevamo.[] :!:
Ultima modifica di Agi_90 il 24 mar 2008, 11:52, modificato 1 volta in totale.
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Ale90
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Messaggio da Ale90 » 24 mar 2008, 11:51

Agi_90 ha scritto:boz fintanto che i problemi si possono fare...
Che bello essere bruciato sul tempo mentre cerchi i simboli di LaTeX più adatti :evil: :P

:D

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Agi_90
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Messaggio da Agi_90 » 24 mar 2008, 11:53

Ale90 ha scritto:
Agi_90 ha scritto:boz fintanto che i problemi si possono fare...
Che bello essere bruciato sul tempo mentre cerchi i simboli di LaTeX più adatti :evil: :P

:D
me l'immaginavo una cosa simile infatti ho postato alla buona e ora stavo sistemando XD
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angus89
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Messaggio da angus89 » 24 mar 2008, 21:50

Bè che dire...
Buona a Agi_90...
Avevo messo il problema perchè speravo ci fosse una soluzione più veloce...
La mia è molto simile a quella...
Da qui mi nasce un dubbio...(glossario)
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui

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matemark90
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Messaggio da matemark90 » 30 mar 2008, 20:54

Se permettete un po' di ritardo...

Dimostrare che $ a^k-b^k=(a-b)(a^{k-1}+a^{k-2}b+...+b^{k-1}) \equiv 0 \pmod {k^2n} $ equivale a dimostrare che $ a^{k-1}+a^{k-2}b+...+b^{k-1}\equiv 0 \pmod {k} $
Per ipotesi $ a\equiv b \pmod{k} $. Sostituiamo e abbiamo $ a^{k-1}+a^{k-1}+...+a^{k-1}=ka^{k-1}\equiv 0 \pmod {k} $
Hasta la Carla... SIEMPRE!!!
Per tre cose vale la pena di vivere: la matematica, la musica e l'amore.

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