Congruenze

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

A me interessa ma mi devi dare il tempo. Mi organizzo.
 Quel problema dei primi ha ricominciato a rodermi.

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

I rappresentanti privilegiati di:
 
 13² (mod 4) è 1
 
 2003 (11) è 1
 
 17^17 (5) A proposito di questo ho fatto un ragionamento non so quanto corretto: Ho notato che
 17^0(5) è 1
 17^1(5) è 2
 17^2(5) è 4
 17^3(5) è 3
 17^4(5) è 1
 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.
 
 Quindi dalle osservazioni precedenti: l\'esponente 17 = 1 mod(4)
 17^17(5)=17^1(5)=2.
 
 Ora mi domando si può generalizzare ulteriormente? Anzi, meglio, è corretto tutto quello che ho scritto e se si, si può generalizzare ulteriormente?
 
 
 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
 Questo è corretto? si può unire col ragionamento precedente?

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

Mi deludi psion!
 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.
 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.
 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):
 
 r(17^17,5)=r(r(17)^17)=2 (questo si può fare senza calcolatrice).
 
 Attendo chiarimenti
 
 
 Ciao
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: XT il 10-02-2003 19:28 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: XT il 10-02-2003 19:36 ]

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

Ok, perfetto.
 Si può generalizzare eccome! Basta usare la proprietà (come nel caso del 13²) che dice:
 
 Hp: a==b(c) => Ts: a^r == b^r (c) [Hp: Ipotesi, Ts: Tesi]
 
 Mi sembra sia ancora da dimostrare in queste 5 pagine... fatelo, è semplice! Se sbaglio, sorry.
 
 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"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Davide_Grossi il 10-02-2003 19:57 ]

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

Con i criteri di congruenza puoi sempre verificare che
 
 r(2002,11)=0
 
 da cui
 
 r(2003,11)=0
 
 oppure in via brutale con la calcolatrice.
 Però mi piacerebbe conoscere qualche metodo elegante..

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

Sono di fretta, domani mi ci metto meglio:
 
 se a==b(c) significa che
 
 *a=nc+b
 
 ora elevando a un generico esponente r entrambi i membri si ha:
 
 **a^r=(nc+b)^r
 
 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.
 Buonanotte

lordgauss · Messaggio da **lordgauss** » 01 gen 1970, 01:33

Bene, le risposte affluiscono... provo a mettere ordine in alcune cose.
 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).
 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.
 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.

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

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.

Non l\'ho capito

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

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

alberto · 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.
 es: 1638567 (mod 11) = 7-6+5-8+3-6+1=-4=7.

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

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

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

Qualche idea per il quesito di Lordgauss?
 
 \"Dimostrare che se a==b(n), considerato un polinomio a coefficienti interi P(x), allora P(a)==P(b)(n)\"
 
 Mi incuriosisce...

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

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

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

Ciao!
 io ho pensato di fare in un altro modo:
 P(a)=c1*a^n+c2*a^n-1+...+cn*a+cn+1
 P(b)=c1*b^n+c2*b^n-1+...+cn*b+cn+1
 se a==b (x) allora a^n==b^n (x), a^n-1==b^n-1 (x), ecc.
 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.
 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)
 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).
 
 può andare?

Davide_Grossi · 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).
 Rimane, se non sbaglio, da risolvere quello dei numeri primi. E\' facile, su!
 Poi si attendono nuove lezioni e nuovi esercizi da Lordgauss.
 
 Bye.