n^3 +1 divisibile per 13

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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queen
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n^3 +1 divisibile per 13

Messaggio da queen » 09 nov 2007, 22:52

Quanti sono gli interi, compresi fra 0 e 100 (estremi inclusi), tali che n^3 +1 è divisibile per 13

puk
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Messaggio da puk » 09 nov 2007, 23:28

$ [tex] $13\mid $n^3 +1\Rightarrow $n^3\equiv-1 (mod 13)\Rightarrow n\equiv 4 (mod 13)$ $

allora ci sono 8 soluzioni.è corretto o ci sono degli errori?(sono alle prime armi)

Alex89
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Messaggio da Alex89 » 10 nov 2007, 09:34

Dovresti rivedere meglio tutti i residui cubici...

puk
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Messaggio da puk » 10 nov 2007, 12:35

Uffa mi rovini sempre tutto!!
Scherzo naturalmente, grazie del consiglio :D !
Infatti vale anche $ n\equiv12 (mod 13) $
Quindi le soluzioni dovrebbero essere 15...vero? :roll:

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mod_2
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Messaggio da mod_2 » 10 nov 2007, 12:47

puk ha scritto:Uffa mi rovini sempre tutto!!
Scherzo naturalmente, grazie del consiglio :D !
Infatti vale anche $ n\equiv12 (mod 13) $
Quindi le soluzioni dovrebbero essere 15...vero? :roll:
e del $ n \equiv 10 (mod 13) $ :wink:
Appassionatamente BTA 197!

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 10 nov 2007, 13:05

2 consigli. Il primo di carattere tecnico:

Codice: Seleziona tutto

(\bmod\ 13)
serve a produrre
$ (\bmod\ 13) $
come output, che è più carino di $ mod 13 $.

Seconda cosa: quanti sono i residui cubici modulo p, con p primo?
Beh, se $ 3\not\vert\ p-1 $ allora tutti i numeri sono residui cubici e dunque l'equazione $ x^3\equiv a\ (\bmod\ p) $ ha una sola soluzione comunque fissato a (soluzione modulo p, ovviamente).
Se invece $ 3\vert p-1 $ allora ci sono solo $ \dfrac{p-1}3 $ residui cubici non nulli, più lo zero, e l'equazione $ x^3\equiv a\ (\bmod\ p) $ ha 3 soluzioni per ogni a non nullo (e una sola per a=0) (sempre modulo p).

Nel nostro caso $ p-1=12 $ e dunque ci si doveva aspettare 3 soluzioni, com in effetti è, sempre modulo 13.

puk
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Messaggio da puk » 10 nov 2007, 13:07

mod_2 ha scritto:e del $ n \equiv 10 (mod 13) $ :wink:
$ Argh_1: $ci rinuncio!! :twisted:
Perchè non riesco mai a finire gli esercizi in modo corretto??
Ultima modifica di puk il 10 nov 2007, 13:14, modificato 1 volta in totale.

puk
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Messaggio da puk » 10 nov 2007, 13:12

EvaristeG ha scritto: Se invece $ 3\vert p-1 $ allora ci sono solo $ \dfrac{p-1}3 $ residui cubici non nulli
$ $Argh!_2 : $perchè sono un'idiota?

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 10 nov 2007, 13:14

Scusa un attimo, ma anche senza sapere quel che ho scritto nel post di prima, il tentativo che tutti dovrebbero fare è quello di scrivere tutti i cubi modulo 13:
$ 0^3=0 $
$ 1^3=1 $
$ 2^3=8 $
$ 3^3=27\equiv 1 $
$ 4^3=16\cdot4\equiv3\cdot4\equiv -1 $
$ 5^3=25\cdot 5\equiv (-1)\cdot5\equiv -5 $
$ 6^3=36\cdot6\equiv(-3)\cdot 6\equiv5 $
$ 7^3\equiv(-6)^3\equiv-5 $
$ 8^3\equiv(-5)^3\equiv 5 $
$ 9^3\equiv(-4)^3\equiv 1 $
$ 10^3\equiv(-3)^3\equiv-1 $
$ 11^3\equiv(-2)^3\equiv -8 $
$ 12^3\equiv(-1)^3\equiv -1 $
In questo modo non puoi più avere dubbi su quali sono le soluzioni, no?

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Messaggio da EvaristeG » 10 nov 2007, 13:16

Inoltre, quello che ho scritto prima andrebbe giustificato e dimostrato,non è ovvio nè banale. E' giusto una cosa che può essere utile sapere per sveltirsi i conti.

puk
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Messaggio da puk » 10 nov 2007, 13:17

Non lo so, ai miei occhi non è consentito vedere le cose che portano alle soluzioni, siano esse anche le più banali!!

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Messaggio da Jaquy » 11 nov 2007, 13:15

$ \displaystyle \left({n^3} + 1\right)= \left( n + 1 \right) \left({n^2} - n + 1 \right) $

$ \left( n + 1 \right) \left({n^2} - n + 1 \right) $ congruo a 0 mod 13 in due casi:

1.$ \left( n + 1 \right) \equiv 0 (\bmod 13) $
2.$ \left({n^2} - n + 1 \right) \equiv 0 (\bmod 13) $

Il caso 1 ha soluzione 12 + 13k quindi dovrebbero essere 8 (?) nell'intervallo.
Il caso 2 ha due soluzioni che ahime' hanno lo svantaggio di essere complesse cioè 2 non ha soluzione

Quindi ci sono 8 soluzioni $ n=12 + 13k $ per k che va da 0 a 7

edit: EvaristeG avevo sbagliato il segno scusa!
Ultima modifica di Jaquy il 11 nov 2007, 13:36, modificato 5 volte in totale.

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Messaggio da EvaristeG » 11 nov 2007, 13:17

:?:

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Messaggio da Jaquy » 11 nov 2007, 13:39

C'è qualcosa di sbagliato? Ho solo applicato una vecchia formuletta banale...
$ \displaystyle \left({x^3} + {y^3}\right)= \left( x + y \right) \left({x^2} - xy + y^2 \right) $
Provare per credere...
$ \frac{12^3 + 1}{13}=\frac{1729}{13}=133 resto 0 $
Non ho tempo per svolgere le altre 7 (?) che comunque sono:
$ n=25;38;51;64;77;90 $...
Ops! ho sbagliato a contare, in tutto le soluzioni sono 7 (dannato 103!)
:D

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Messaggio da Jaquy » 11 nov 2007, 15:53

però è strano perchè il risultato di EvaristeG è esatto...
Allora l'errore è nella risoluzione dell'eq di secondo grado che ammette due soluzioni poichè radice di 1 - 4 in mod 13 è come dire radice di 10 e quindi di 49 cioè 7.
Quindi le soluzioni dell'eq sono (1 +o- 7 )per7 cioè 56 e 49 che mod13 fanno 4 e 10.
Come diceva EvaristeG.
Quindi sono 7 + 8 + 7= 22 n da 1 a 100 tali che al cubo +1 sono multipli di 13.

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