quadrati perfetti

[Robertopphneimer]

Dire quali di questi numeri (scritti nella forma a k + b) possono essere dei quadrati perfetti per opportuni k :
3k + 2 5k + 2 7k + 3
4k + 2 6k + 2 7k +2
4k + 1 6k + 5 7k + 1

ho pensato di usare i mod...Perché i quadrati perfetti mod n danno sempre [1] [0] [-1],però in ratica non riesco ad operare:

Ad esempio

$ 4k+2 =a^2 $

$ 4k+2 \equiv a^2 (mod 2) $

$ 0= a^2 (mod2) $ perciò k=-1/2 (non è intero non c'è..) mi sembra sbagliato però.

[Drago96]

Intanto, perche' algebra e non TdN?

Ad esempio

$ 4k+2 =a^2 $

$ 4k+2 \equiv a^2 (mod 2) $

$ 0= a^2 (mod2) $ perciò k=-1/2 (non è intero non c'è..) mi sembra sbagliato però.

Perche' mod 2 e non mod 4?
Mod 2 non hai limitazioni, in pratica e' dire se un numero e' pari o dispari...
E poi, cosa piu' importante: non ha senso la conclusione che ne hai derivato (k=-1/2) perche' a puo' essere 2, 4, 6...
Invece mod 4 puoi fare ben di piu': a mano vedi che il quadrato di un pari e' 0 mod 4 e il quadrato di un dispari e' 1 mod 4; e dato che 2 non rientra tra i residui quadratici modulo 4, allora non puo' essere mai un quadrato.

ho pensato di usare i mod...

E questa e' una buona idea

Perché i quadrati perfetti mod n danno sempre [1] [0] [-1],però in ratica non riesco ad operare

Non e' assolutamente vero. O per lo meno, tra i residui quadratici ci sono sempre 0 e 1, ma -1 puo' esserci o non esserci; e quasi sempre ce ne sono degli altri...

[Robertopphneimer]

Intanto, perche' algebra e non TdN?[\quote]
Hai ragione ho sbagliato..lo sposto?

Invece mod 4 puoi fare ben di piu': a mano vedi che il quadrato di un pari e' 0 mod 4 e il quadrato di un dispari e' 1 mod 4; e dato che 2 non rientra tra i residui quadratici modulo 4, allora non puo' essere mai un quadrato.[\quote]
Anche perché avrai sempre al massimo un $ 2^2mod4=0 $
Quindi vado avanti per iterazione...

Non e' assolutamente vero. O per lo meno, tra i residui quadratici ci sono sempre 0 e 1, ma -1 puo' esserci o non esserci; e quasi sempre ce ne sono degli altri...

su 0 e 1 hai ragione...per gli altri anche hai ragione anche se io avevo capito che si trovava sempre un -1 che poi diventava m-1(cioè il divisore -1)

comunque ora ne risolvo un pò grazie

[Robertopphneimer]

una cosa...come faccio però ad applicare mod4 a quelle espressioni??(cioè 3k+2mod4 come lo scompongo..quali considerazioni posso farci sopra??)

lavorando coi resti ho sviluppato questa espressione che mi premette di fare molto:

$ (3k+2)mod4= (3k+2)mod2 + 2((3k+2)mod2) $

ho provato che funziona con altri esercizi,inoltre facendo così

per :

$ (3k+2)mod4= (3k+2)mod2 + 2((3k+2) mod2)=0 + 2(0) =0 $
se i due resti danno 0
$ (3k+2)mod4= (3k+2)mod2 + 2((3k+2) mod2)= 0+2(1)=2 $
se uno da 0 e l'altro 1
$ (3k+2)mod4= (3k+2)mod2 + 2((3k+2) mod2)=1+2(0)=1 $
se uno da 1 e l'altro
$ (3k+2)mod4= (3k+2)mod2 + 2((3k+2) mod2)=1+2(1)=3 $
se uno da 1 e l'altro 1

(tutti i 3k+2 sono divisi per 2...però ci'interessa poco

quindi il mod 4 assume 4 valori e non solo [1] e [0] e quindi non va bene...

[ant.py]

Beh nel caso di 3k + 2 magari é più utile considerare un altro residuo quadratico, come per esempio... 3?

Re - edit: ho visto male la tua formula

Okay sembra giusta ma mi sembra un caso particolare, non qualcosa che puoi applicare sempre.. O se hai trovato una cosa del genere, posta il tuo ragionamento

In ogni caso ti consiglio di provare con altri moduli oltre a 4, che si rivelano più immediati ( come 3 appunto )

[auron95]

Un metodo molto "brutale" (che funziona solo per moduli abbastanza piccoli, altrimenti diventerebbe moolto lungo ) sarebbe: prendi le classi di resto modulo il coefficiente di k, le elevi al quadrato, e vedi in che classe di resto arrivi. Se ne trovi almeno uno della classe di resto del termine noto allora può essere un quadrato perfetto, altrimenti no.

Es. modulo 6

$ 0^2\equiv0 $
$ 1^2\equiv1 $
$ 2^2\equiv4 $
$ 3^2\equiv3 $
$ 4^2\equiv4 $
$ 5^2\equiv1 $
Quindi nè 6k+2 nè 6k+5 sono mai quadrati perfetti...

Ps. in teoria basta verifcare solo fino a metà, in quanto i quadrati successivi a 3 possono essere scritti come $ (-2)^2,(-1)^2 $ ecc.... quindi sono uguali a quelli già visti.

[Robertopphneimer]

uhuhuh grande...se vedi il mio metodo era ancora più brutale (scomporre il mod) comunque ingegnoso anche se per grandi numeri è un macello.

[Robertopphneimer]

Beh nel caso di 3k + 2 magari é più utile considerare un altro residuo quadratico, come per esempio... 3?

Re - edit: ho visto male la tua formula

Okay sembra giusta ma mi sembra un caso particolare, non qualcosa che puoi applicare sempre.. O se hai trovato una cosa del genere, posta il tuo ragionamento

In ogni caso ti consiglio di provare con altri moduli oltre a 4, che si rivelano più immediati ( come 3 appunto )

Non l'ho trovata da nessuna parte..mi stavo impicciando con i moduli grandi non numeri primi ed ho pensato di scomporli in numeri primi,però il procedimento è più complesso.

se io ho $ n mod 15 $

15 può essere inteso come 3*5

perciò $ n mod 15=(n mod 3)+3( \frac{n}{3} mod 5) $

alla fine è diciamo più semplice perché tanto se divido per tre poi lo rimoltiplico dopo il segno + (e quindi rimane solo il resto) e gli elementi dopo il 3 sarebbero il resto di n mod 5 però moltiplicato per 3 perché prima avevo diviso ,infatti se un numero è divisibile per uno dei due membri rimane solo il resto di quell'altro (ovviamente dev'essere moltiplicato per 3 l'altro resto poiché il numero è stato diviso per 3).
Anmcor anon lo capisco appieno neanch'io diciamo che l'ho intuito.

[Drago96]

Uhm... se $n$ non e' divisibile per 3, non vedo come tu possa usare la relazione mod con un numero razionale... (ripeto nuovamente: il mod indica una relazione, non un'operazione!)
Poi, quello che vuoi fare con il 15 si chiama Teorema Cinese del Resto, che dice che in un sistema di congruenze con i moduli tutti coprimi tra loro c'e' una sola soluzione modulo il prodotto dei moduli (e quindi se tu scomponi un numero nelle potenze dei primi che lo dividono, dopo se lo ricomponi ottieni una sola soluzione)

Qua nascosto c'e' il procedimento per costruire tale soluzione

Testo nascosto:

Dato il sistema (con $(m_i,m_j)=1$ )
$\displaystyle\begin{cases}x\equiv a_1\pmod{m_1}\\x\equiv a_2\pmod{m_2}\\ \vdots \\ x\equiv a_n\pmod{m_n}\end{cases}$
per $i\in\{1,\dots,n\}$ prendi $\displaystyle b_i=\prod_{j\neq i}m_j$ e $c_i=b_i^{-1}\pmod{m_i}$.
Allora $\displaystyle x\equiv\sum_{i=1}^n a_i\cdot b_i\cdot c_i\pmod{m_1\cdot m_2\cdots m_n}$

[Robertopphneimer]

ah quindi non ho inventato nulla T_T vabbè(sisi è una relazione ovviamente) e n è intero.