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XT
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Messaggio da XT » 01 gen 1970, 01:33

A me interessa ma mi devi dare il tempo. Mi organizzo.
<BR>Quel problema dei primi ha ricominciato a rodermi.
"Signore, (a+b^n)/n=x, dunque Dio esiste!" (L.Euler)

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psion_metacreativo
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Messaggio da psion_metacreativo » 01 gen 1970, 01:33

I rappresentanti privilegiati di:
<BR>
<BR>13² (mod 4) è 1
<BR>
<BR>2003 (11) è 1
<BR>
<BR> 17^17 (5) A proposito di questo ho fatto un ragionamento non so quanto corretto: Ho notato che
<BR>17^0(5) è 1
<BR>17^1(5) è 2
<BR>17^2(5) è 4
<BR>17^3(5) è 3
<BR>17^4(5) è 1
<BR>e poi a riniziare da capo. Cioè i rappresentanti privilegiati delle potenze del 17 nell\'aritmetica modulare in modulo 5 si possono esprimere come 2n dove n è il rappresentante privilegiato precedente, e inoltre i rappresentanti si ripetono con un modulo pari a 4 cioè la base in cui operiamo 5 - 1.
<BR>
<BR>Quindi dalle osservazioni precedenti: l\'esponente 17 = 1 mod(4)
<BR>17^17(5)=17^1(5)=2.
<BR>
<BR>Ora mi domando si può generalizzare ulteriormente? Anzi, meglio, è corretto tutto quello che ho scritto e se si, si può generalizzare ulteriormente?
<BR>
<BR>
<BR> 2004*2003*2002 (7)= poichè 2002(7)=0 non incide sul prodotto e quindi 2004*2003*2002 (7)=2003(7)*2004(7)=1*2=2
<BR>Questo è corretto? si può unire col ragionamento precedente?
<BR>

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XT
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Messaggio da XT » 01 gen 1970, 01:33

Mi deludi psion!
<BR>Se il rappresentante privilegiato di 2002 (7) é 0, significa che 2002 é un multiplo di 7 (più precisamente secondo 286). Ciò significa che anche 2002*2003*2004 é multiplo di 7, ovvero il suo rappresentante privilegiato mod 7 é 0.
<BR>Scherzi a parte (stavo scherzando all\'inizio non te la prendere) l\'errore é stato omettere lo 0 dalla moltiplicazione dei rappresentanti privilegiati, sempreché sia possibile.
<BR>Scusami lordgauss, forse l\'hai già detto, ma il rappresentante privilegiato di un prodotto é uguale al prodotto dei rappresentanti privilegiati? Oppure é uguale al rappresentante privilegiato del prodotto dei rappresentanti privilegiati (scusa il gioco di parole). Penso proprio la seconda, da cui, chiamando r(x,z) la funzione che associa a un numero x il suo rappresentante privilegiato in base z (se no diventa troppo lungo continuare a scriverlo):
<BR>
<BR>r(17^17,5)=r(r(17)^17)=2 (questo si può fare senza calcolatrice).
<BR>
<BR>Attendo chiarimenti
<BR>
<BR>
<BR>Ciao
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: XT il 10-02-2003 19:28 ]<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: XT il 10-02-2003 19:36 ]
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Davide_Grossi
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Messaggio da Davide_Grossi » 01 gen 1970, 01:33

Ok, perfetto.
<BR>Si può generalizzare eccome! Basta usare la proprietà (come nel caso del 13²) che dice:
<BR>
<BR>Hp: a==b(c) => Ts: a^r == b^r (c) [Hp: Ipotesi, Ts: Tesi]
<BR>
<BR>Mi sembra sia ancora da dimostrare in queste 5 pagine... fatelo, è semplice! Se sbaglio, sorry.
<BR>
<BR>Sinceramente non ho capito quello del 2003 mod 11.. ma c\'erano da fare conti e basta oppure esiste qualche metodo più carino e veloce? <IMG SRC="images/forum/icons/icon24.gif"> <BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Davide_Grossi il 10-02-2003 19:57 ]
Davide Grossi

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Messaggio da XT » 01 gen 1970, 01:33

Con i criteri di congruenza puoi sempre verificare che
<BR>
<BR>r(2002,11)=0
<BR>
<BR>da cui
<BR>
<BR>r(2003,11)=0
<BR>
<BR>oppure in via brutale con la calcolatrice.
<BR>Però mi piacerebbe conoscere qualche metodo elegante..
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Messaggio da XT » 01 gen 1970, 01:33

Sono di fretta, domani mi ci metto meglio:
<BR>
<BR>se a==b(c) significa che
<BR>
<BR>*a=nc+b
<BR>
<BR>ora elevando a un generico esponente r entrambi i membri si ha:
<BR>
<BR>**a^r=(nc+b)^r
<BR>
<BR>il secondo membro della ** segue le regole del triangolo di tartaglia e dara come risultato un polinomio, di cui solamente un monomio non é multiplo di c e precisamente quello che di solito é l\'ultimo termine, ovvero b^r, mentre tutti gli altri monomi sono multipli di nc. Scusate il linguaggio non matematico, ma comunque se volete domani la metto a posto, senza tralasciare il fatto che c\'é sicuramente una dimostrazione migliore a cui penserò.
<BR>Buonanotte
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lordgauss
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Messaggio da lordgauss » 01 gen 1970, 01:33

Bene, le risposte affluiscono... provo a mettere ordine in alcune cose.
<BR>XT, ottima la tua ultima dimostrazione con il teorema del del binomio: entrando nella logica delle congruenze però dimostrazione simili d\'ora in poi si possono evitare. Basta fare uso della proprietà (2): a==b e c==d (n) => ac == bd (n).
<BR>Per quanto riguarda la domanda sui rappresentanti privilegiati, ti sei dato da solo la risposta giusta. Teniamo però sempre presente che i rappresentanti privilegiati sono una classe di congruenze come le altre, solo che sono la più semplice da trattare.
<BR>Per ciò che concerne il 2003 (11), al massimo si può fare con il criterio di congruenza per l\'11. 2003 == 0+3-2-0 == 1.

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Messaggio da psion_metacreativo » 01 gen 1970, 01:33

<BR>
<BR>Per ciò che concerne il 2003 (11), al massimo si può fare con il criterio di congruenza per l\'11. 2003 == 0+3-2-0 == 1.
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>Non l\'ho capito

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psion_metacreativo
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Messaggio da psion_metacreativo » 01 gen 1970, 01:33

Mi sembra un post interessante x favore potete rispondere?
<BR>
<BR>Grazie.

alberto
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Messaggio da alberto » 01 gen 1970, 01:33

semplicemente vuol dire che per trovare il rappresentante privilegiato di a (mod 11), basta sommare le cifre di a alternando i segni, partendo da destra.
<BR>es: 1638567 (mod 11) = 7-6+5-8+3-6+1=-4=7.

Azarus
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Messaggio da Azarus » 01 gen 1970, 01:33

hint per dimostrare il procedimento di alberto:
<BR>
<BR>guarda le potenze di 10 in mod 11 che fighe che sono!

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Messaggio da XT » 01 gen 1970, 01:33

Qualche idea per il quesito di Lordgauss?
<BR>
<BR>\"Dimostrare che se a==b(n), considerato un polinomio a coefficienti interi P(x), allora P(a)==P(b)(n)\"
<BR>
<BR>Mi incuriosisce...
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Davide_Grossi
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Messaggio da Davide_Grossi » 01 gen 1970, 01:33

Suggerimento...
<BR>
<BR>P(x) = c_1*x^k + c_2*x^k-1 + ... + c_n*x + c_n+1
<BR>
<BR>Poichè a==b(n), a = ...
<BR>
<BR>Quindi: P(b) = .... e P(a) = .....
<BR>
<BR>Buon lavoro! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
Davide Grossi

Luke04L
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Messaggio da Luke04L » 01 gen 1970, 01:33

Ciao!
<BR>io ho pensato di fare in un altro modo:
<BR>P(a)=c1*a^n+c2*a^n-1+...+cn*a+cn+1
<BR>P(b)=c1*b^n+c2*b^n-1+...+cn*b+cn+1
<BR>se a==b (x) allora a^n==b^n (x), a^n-1==b^n-1 (x), ecc.
<BR>inoltre se a^n==b^n (x) allora c1*a^n==c1*b^n (x), e così per a^n-1,a^n-2,ecc.
<BR>dato che c1*a^n==c1*b^n (x) e c2*a^n-1==c2*b^n-1 (x) allora c1*a^n+c2*a^n-1==c1*b^n+c2*b^n-1 (x)
<BR>in definitiva poichè i termini di P(a) e P(b) sono congrui a due a due, sommandoli otterremo ancora due numeri congrui tra loro, cioè P(a)==P(b).
<BR>
<BR>può andare?
Luca M.

Davide_Grossi
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Messaggio da Davide_Grossi » 01 gen 1970, 01:33

Certo che può andare, è proprio come avevo proposto di risolverlo (si vede che non sono molto chiaro nel dare i suggerimenti).
<BR>Rimane, se non sbaglio, da risolvere quello dei numeri primi. E\' facile, su!
<BR>Poi si attendono nuove lezioni e nuovi esercizi da Lordgauss.
<BR>
<BR>Bye.
Davide Grossi

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