szukanie zaawansowane
 [ Posty: 12 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 sie 2014, o 15:43 
Użytkownik

Posty: 13
Lokalizacja: Warszawa
Witam,
Jak należy zrobić to zadanie?

3x ^{6}-x ^{3}+2x+4 \equiv 0(mod 5)

1.Polega na tym aby podmieniać x na np.1..n i stwierdzić czy to prawda?
2.Czym różni się 0(mod 5) od 0 mod 5 ?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 sie 2014, o 15:58 
Korepetytor

Posty: 1830
Lokalizacja: Katowice, Warszawa
1. Tak. Ewentualnie żeby sie nie zakopać w podnoszeniu różnych rzeczy do różnych potęg, możesz skorzystać z Małego Twierdzenia Fermata i stwierdzić, że x^6 \equiv x^2 \ (mod \ 5). W tym przypadku można skorzystać też z faktu, że robimy wszystko modulo liczba pierwsza, więc moglibyśmy też rozłożyć ten wielomian tak jak zawsze, ale poza wyciągnięciem -1 przed nawias, nie wychodzi nic sensownego.

2. Sądzę, że niczym.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 sie 2014, o 17:12 
Użytkownik

Posty: 13
Lokalizacja: Warszawa
Przy okazji:
Czy 3 ^{40}+5 ^{40} \equiv 4 (mod 7)

Jeśli nawiasy w mod nic nie zmieniają wtedy 3 ^{40}+5 ^{40} na pewno nie jest równe 4. Koniecznie trzeba to obliczać czy z góry można napisać "nie prawda"?.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 sie 2014, o 17:18 
Użytkownik

Posty: 1001
Lokalizacja: Polska
Tam nie ma znaku równości.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 sie 2014, o 17:44 
Użytkownik

Posty: 13
Lokalizacja: Warszawa
3x^{6}-x ^{3}+2x+4\equiv 0(mod 5)

x=0 0-0+0+4=4 0/4 nie prawda
x=1 3-1+2+4=8 0/8 nie prawda
x=2 192-8+4+4=192 0/192 nie prawda
...
x=4

Mam tylko taki przykład i ogólnie na nim się wzoruje. Prosiłbym aby ktoś mniej więcej napisał co należy zrobić.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 sie 2014, o 18:10 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 5616
A gdyby x przedstawić jako 5k, 5k+1, 5k-1, 5k+2. 5k-2 to okaże się że wielomian tylko dla liczb w postaci x=5k-2 dzieli sie bez reszty przez 5
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 sie 2014, o 18:36 
Użytkownik

Posty: 13
Lokalizacja: Warszawa
Mógłbyś rozpisać jeden przypadek np. 5k+1?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 sie 2014, o 18:50 
Moderator

Posty: 1900
Lokalizacja: Trzebiatów
Pozwolę sobie rozpisać ten przypadek (nie chcąc być niegrzecznym, widzę, że Pana kerajs nie ma)
Wystarczy podstawić. (posilam się wolframem)
3(5k+1)^{6} - (5k+1)^{3}+2(5k+1)+4 = 5(9375k^{6}+11250k^{5}+5625k^{4}+1465k^{3}+210k^{2}+17k+1)+3

Stąd widać już, że ta reszta wynosi 3. Jak widzisz jest to dość ciężkie do zrobienia - własnoręcznie - nie mówiąc już o kolejnych przypadkach. Myślę, że tutaj z pomocą przyjdzie dwumian Newtona. Zauważ, że w każdym z nawiasów (5k + i)^{m} dla i  \neq 5q jedyną liczbą niepodzielną przez 5 jest właśnie liczba i^{m}. Korzystając z tego faktu można od razu stwierdzić, że 3(5k+1)^{6} - (5k+1)^{3}+2(5k+1)+4 \equiv 3\cdot1^{6} -1^{3}+2\cdot1^{1}+4\equiv8\equiv3(mod5)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 sie 2014, o 19:05 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 5616
Stosując trochę inny zapis i używając dwumianu Newtona w sposób o jakim pisał Pan Zahion masz:

3^{40}=9 ^{20} =(7+2) ^{20} =7n+2^{20} =7n+8^6 \cdot 4=7n+(7+1)^6 \cdot 4=\\=7n+7m \cdot 4+1 ^{6} \cdot 4=7N+4

5^{40}=25 ^{20}=(3 \cdot 7+4)^{20}=7n+4 ^{20}=7n+16^{10}=7n+(2 \cdot 7+2) ^{10}=\\=7n+7m+2 ^{10}=7n+7m+8^{3} \cdot 2=7n+7m+(7+1)^{3} \cdot 2=\\=7n+7m+7l \cdot 2+1^3 \cdot 2=7M+2

To jaka będzie reszta z dzielenia sumy powyższych potęg przez 7 ?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 sie 2014, o 22:42 
Użytkownik

Posty: 13
Lokalizacja: Warszawa
Wzorując się na tym powstało coś takiego:

2 ^{50} +3 ^{50}\equiv 2(mod11)

2 ^{50}=4 ^{25}=16 ^{12}*4=(11+5) ^{12}*4=
11m+5 ^{12}*4=11m+25 ^{6}*4=11n+(2*11+3) ^{6}*4=
11n+11m+3 ^{6}*4=11n+11m+27 ^{2}*4=11n+11m+(2*11+5) ^{2}*4=
11n+11m+11i+5 ^{2}*4=11n+11m+11i+25*4=
11n+11m+11i+(2*11+3)*4=11n+11m+11i+11j+3*4=11n+11m+11i+11j+12=
11n+11m+11i+11j+11k+1

3 ^{50}=9 ^{25}=81 ^{12}*9=(11*7+4) ^{12} *9=
11n+4 ^{12}*9=11n+16 ^{6}*9=11n+(11+5) ^{6}*9=
11n+11m+5 ^{6}*9=11n+1mm+25 ^{3}*9=
11n+11m+(11*2+3) ^{9}=11n+11m+11i+3 ^{3}*9=
11n+11m+11i+27*9=11n+11m+11i+(2*11+5)*9=
11n+11m+11i+11k+5*9=11n+11m+11i+11j+(4*11+1)=
11n+11m+11i+11j+11k+1

Mam wrażenie ,że chyba coś poplątałem.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 sie 2014, o 23:15 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 5616
Ostatni składnik w czwartej sumie od końca jest żle zapisany ale później rozpisanie jest prawidłowe. Wniosek:
2 ^{50}+3 ^{50}=11N+1+11M+1=11K+2
czyli pierwotna teza jest prawidłowa.

Ps. Radzę zajrzeć do notatek jaki zapis jest preferowany przez prowadzącego wykład/ćwiczenia z kongruencji.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 28 sie 2014, o 13:29 
Korepetytor

Posty: 1830
Lokalizacja: Katowice, Warszawa
Tutaj pewną dygresję jednak sumienie nie pozwala mi nie wtrącić. Jestem przekonany, że na zajęciach miałeś Małe Twierdzenie Fermata. Jeśli nie, to nawet je napiszę: jeśli a i p są względnie pierwsze, a p jest liczbą pierwszą, to mamy a^{p-1} \equiv 1 \ (mod \ p).

W przykładzie pierwszym:

3^{40} + 5^{40} \equiv (3^6)^6 \cdot 3^4 + (5^6)^6 \cdot 5^4 \equiv 1^6 \cdot 3^4 + 1^6 \cdot 5^4 \equiv 81 + 625 \equiv 6 \ (mod \ 7).

Zatem teza jest nieprawdziwa.

W przykładzie drugim:

2^{40} + 3^{40} \equiv (2^{10})^4 + (3^{10})^4 = 1^4 + 1^4 \equiv 2 \ (mod \ 11)

Zatem teza jest prawdziwa.

Oczywiście można też ręcznie podnosić te liczby do takich potęg, aby w końcu wyszła jedynka i intuicja podpowiada, że to powinno w pewnym momencie nastąpić. Z drugiej strony jednak Małe Twierdzenie Fermata wskazuje konkretny moment, w którym to się dzieje, więc można oszczędzić nieco czasu (i co najważniejsze - obliczeń).
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 12 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Oblicz resztę z dzielenia - zadanie 5  denatlu  4
 Reszta z dzielenia - zadanie 126  Klusio  2
 Reszta z dzielenia - zadanie 70  Tera_SS  2
 Reszta z dzielenia liczby m  Arst  2
 Wyznaczyć reszty z dzielenia  blackbird936  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl