172. Residui (parecchio) quadratici
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172. Residui (parecchio) quadratici
Trovare tutti gli interi positivi \(n\) che sono residui quadratici modulo tutti i primi maggiori di \(n\).
Scusate se ci ho messo tanto a postare il problema della staffetta!
EDIT: corretto, \(n\) positivi!
Scusate se ci ho messo tanto a postare il problema della staffetta!
EDIT: corretto, \(n\) positivi!
Ultima modifica di Gottinger95 il 13 gen 2014, 23:47, modificato 1 volta in totale.
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe
- karlosson_sul_tetto
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Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Interi positivi o anche negativi?
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Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Non è necessario imporre che $n$ sia positivo; lascio l'esercizio a chi non lo conosce già..
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Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Possiamo sempre scrivere $n=a^2b$ con $b$ libero da quadrati, da cui
$\left( \dfrac{n}{p} \right)=1$ $\forall p>n \Rightarrow \left( \dfrac{a}{p} \right)^2 \left( \dfrac{b}{p} \right)=\left( \dfrac{b}{p} \right)=1$ $\forall p>n$
Ora fattorizziamo $b$ in $q_1 q_2 ... q_k$: utilizzando ancora la moltiplicatività del simbolo di Legendre abbiamo
$\left( \dfrac{q_1}{p} \right) ... \left( \dfrac{q_k}{p} \right)=1$ $\forall p>n$
Notiamo che questi fattori primi devono essere tutti dispari perché se ci fosse il 2 basterebbe prendere $p \equiv 5$ $( \mod 8 )$ per avere $LHS=-1$; inoltre, tutti i $q_i \equiv 1$ $( \mod 4)$ non influiscono sul risultato (si ottiene un fattore $1$ indipendentemente da $p$), dunque possiamo limitarci a considerare quelli congrui a $3$, che chiameremo $r_1...r_h$, ma per $h \ge 1$ l'ipotesi non può essere sempre verificata perché basta imporre
-$p \equiv 3$ $( \mod 4)$
-$p \equiv 1$ $( \mod r_j)$ $\forall j \le h-1$
-$p \equiv -1$ $( \mod r_h)$
che per il teorema cinese portano a $p \equiv c$ $( \mod 4r_1...r_h)$, dove $c$ è sicuramente coprimo sia con $4$ sia con tutti gli altri primi, altrimenti una delle imposizioni precedenti risulterebbe falsa, dunque si può applicare Dirichlet per dedurre che esistono infiniti $p$ (e quindi infiniti maggiori di $n$) per i quali non vale l'ipotesi: tutto ciò si riassume dicendo che tutti i fattori primi di $n$ con esponente dispari devono essere congrui a $1$ modulo $4$
$\left( \dfrac{n}{p} \right)=1$ $\forall p>n \Rightarrow \left( \dfrac{a}{p} \right)^2 \left( \dfrac{b}{p} \right)=\left( \dfrac{b}{p} \right)=1$ $\forall p>n$
Ora fattorizziamo $b$ in $q_1 q_2 ... q_k$: utilizzando ancora la moltiplicatività del simbolo di Legendre abbiamo
$\left( \dfrac{q_1}{p} \right) ... \left( \dfrac{q_k}{p} \right)=1$ $\forall p>n$
Notiamo che questi fattori primi devono essere tutti dispari perché se ci fosse il 2 basterebbe prendere $p \equiv 5$ $( \mod 8 )$ per avere $LHS=-1$; inoltre, tutti i $q_i \equiv 1$ $( \mod 4)$ non influiscono sul risultato (si ottiene un fattore $1$ indipendentemente da $p$), dunque possiamo limitarci a considerare quelli congrui a $3$, che chiameremo $r_1...r_h$, ma per $h \ge 1$ l'ipotesi non può essere sempre verificata perché basta imporre
-$p \equiv 3$ $( \mod 4)$
-$p \equiv 1$ $( \mod r_j)$ $\forall j \le h-1$
-$p \equiv -1$ $( \mod r_h)$
che per il teorema cinese portano a $p \equiv c$ $( \mod 4r_1...r_h)$, dove $c$ è sicuramente coprimo sia con $4$ sia con tutti gli altri primi, altrimenti una delle imposizioni precedenti risulterebbe falsa, dunque si può applicare Dirichlet per dedurre che esistono infiniti $p$ (e quindi infiniti maggiori di $n$) per i quali non vale l'ipotesi: tutto ciò si riassume dicendo che tutti i fattori primi di $n$ con esponente dispari devono essere congrui a $1$ modulo $4$
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)
Maledetti fisici! (cit.)
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- karlosson_sul_tetto
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Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Cosa intendi di preciso con Dirichlet?spugna ha scritto: dunque si può applicare Dirichlet
Forse sbaglio, ma $ 2^2\cdot 5^1=20^{\frac{23-1}{2}}=20^{11}\equiv 22 \pmod{23} $, dunque per il criterio di eulero $20$ non è residuo quadratico modulo $23$.spugna ha scritto: tutto ciò si riassume dicendo che tutti i fattori primi di $n$ con esponente dispari devono essere congrui a $1$ modulo $4$
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Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Dirichlet nel sennso che esistono infiniti primi appartenenti ad una progressione aritmetica $an+b$ con $(a,b)=1$, $a>0$, e quindi esistono infiniti primi congrui a $c$ modulo $M$ con $(c,M)=1$ (come effettivamente è nel caso mostrato da spugna), ed in particolare ne esistono infiniti maggiori del numero iniziale considerato.
Poi non ho controllato il resto, quindi non so se la tua obiezione sia corretta
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- karlosson_sul_tetto
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Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Oddio che figata! Non lo conoscevo, grazie mille.Triarii ha scritto:Dirichlet nel sennso che esistono infiniti primi appartenenti ad una progressione aritmetica $an+b$ con $(a,b)=1$, $a>0$, e quindi esistono infiniti primi congrui a $c$ modulo $M$ con $(c,M)=1$ (come effettivamente è nel caso mostrato da spugna),
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Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Se non erro \( n=5\) soddisfa le tue ipotesi, ma non è residuo quadratico modulo \(p=7\). Di fatto
\( \left ( \dfrac{p}{q_i} \right ) \)!
Qui invece non ho capito bene:
Last thing, che è più una sfida che altro: visto che dirichlet diciamo che è potente come cosa, si può risolvere anche senza, ma insomma, è pur sempre un teorema. Sono sempre indeciso su problemi etici di questo tipo, cioè su quanto è sleale usare certi fatti o meno
non è vero. Cioè, significherebbe che tutti i numeri \( \pmod{p} \) congrui a 1 \(\pmod{4}\) sono residui quadratici. Magari fossero distribuiti così facilmente! Magari volevi applicare reciprocità quadratica: in quel caso non conta la congruenza \(\pmod{4}\) di \(p\), ma ti rimane comunque unspugna ha scritto:
[...] tutti i \(q_i \equiv 1 \pmod 4 \) non influiscono sul risultato (si ottiene un fattore 1 indipendentemente da \(p\))
\( \left ( \dfrac{p}{q_i} \right ) \)!
Qui invece non ho capito bene:
Cioè ok che \( \left ( \dfrac{2}{p} \right ) = -1\), ma magari gli altri \(q_i\) in tutto contribuiscono con un \(-1\), e allora il 2 può ben rimanere lì dov'è!spugna ha scritto:
[...] questi fattori primi devono essere tutti dispari perché se ci fosse il 2 basterebbe prendere \(p \equiv 5 \pmod 8\) per avere \(LHS=−1\).
Last thing, che è più una sfida che altro: visto che dirichlet diciamo che è potente come cosa, si può risolvere anche senza, ma insomma, è pur sempre un teorema. Sono sempre indeciso su problemi etici di questo tipo, cioè su quanto è sleale usare certi fatti o meno
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe
Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Di più, la somma dei reciproci diverge!karlosson_sul_tetto ha scritto:Oddio che figata! Non lo conoscevo, grazie mille.Triarii ha scritto:Dirichlet nel sennso che esistono infiniti primi appartenenti ad una progressione aritmetica $an+b$ con $(a,b)=1$, $a>0$, e quindi esistono infiniti primi congrui a $c$ modulo $M$ con $(c,M)=1$ (come effettivamente è nel caso mostrato da spugna),
Per altre informazioni, chiedi a wikipedia (tipo L-serie, L-funzioni e caratteri) o a enigma...
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Chiedo scusa per la valanga di boiate che ho scritto: mi ricordavo male la regola per passare da $\left( \dfrac{p}{q} \right)$ a $\left( \dfrac{q}{p} \right)$ (potevo anche farlo un salto su wikipedia..! ) Vedo se riesco a metterla a posto...
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)
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Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Tranquillissimo! Confido che riuscirai nei tuoi eroici intenti
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Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Eroico intento N°1Gottinger95 ha scritto:Tranquillissimo! Confido che riuscirai nei tuoi eroici intenti
Riparto da $b=q_1...q_k$ e suppongo per assurdo $q_1=2$: allora il controesempio lo trovo imponendo $p \equiv 5$ $( \mod 8 )$ e $p \equiv 1$ $( \mod q_i)$ per ogni $i \ge 2$, da cui $\left( \dfrac{2}{p} \right)=-1$ e $\left( \dfrac{q_i}{p} \right)=1$, che contraddice l'ipotesi
Eroico intento N°2
$\left( \dfrac{q_1}{p} \right)...\left( \dfrac{q_k}{p} \right)=\left( \dfrac{p}{q_1} \right)...\left( \dfrac{p}{q_k} \right) (-1)^{h \frac{p-1}{2}}$, dove $h$ è il numero dei congrui a $3$ modulo $4$, ma anche qui se $k \ge 1$ trovo un controesempio imponendo $p$ congruo a $1$ modulo $4$ e modulo tutti i primi tranne uno, e infine congruo a qualcosa che non è un quadrato modulo quello rimanente... e quindi se stavolta è giusto vanno bene solo i quadrati perfetti
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)
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Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Di piu', puoi sapere quant'è la somma dei reciproci quasi esattamenteDrago96 ha scritto:Di più, la somma dei reciproci diverge!
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Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
@spugna: perfetto! Si vede che hai il cuore di un eroe
Vai col prossimo!
@Jordan: cavoli, mi interessano un sacco le cose analitiche sui primi, sai consigliarmi qualcosa sull'argomento? Magari da Dirichlet a "la somma degli inversi converge", e "lo so pure stimare" O insomma, una dispensa qualsiasi può andar bene
Vai col prossimo!
@Jordan: cavoli, mi interessano un sacco le cose analitiche sui primi, sai consigliarmi qualcosa sull'argomento? Magari da Dirichlet a "la somma degli inversi converge", e "lo so pure stimare" O insomma, una dispensa qualsiasi può andar bene
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Re: 172. Residui (parecchio) quadratici
Salta i primi capitoli, per il resto questo a mio tempo mi è piaciuto molto!
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