Teorija števil

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
Odgovori
delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a delta »

3.) hm, tole še vedno ne vidim, od kje dobimo 50/50

2.) Vemo še tole:
\(\mathbb{Z}_n ^x=\{x \in \mathbb{Z}_n|(x,n)=1\}, |\mathbb{Z}_n|=\phi(n)\) in \(\mathbb{Z}_n ^x\) je grupa za množenje, saj enačba \(ax=1(n)\) rešljiva za vsak \(\in \mathbb{Z}_n ^x\). Tak x označimo z \(a^{-1}\in \mathbb{Z}_n ^x\). Vemo še: \(\phi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}\), kar nam nič ne pove, kako so ta tuja števila razporejena. Na wikipedii nisem nič našla o razporeditvi števil. hm :?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

No, ves tole... vsa netuja stevila so mnogokratniki prafaktorjev n-ja:
\(\{kp | kp \leq n\}\)
za vse prafaktorje n-ja. Za vsako to stevilo velja, da sta tako kp kot tudi n-kp=((n/p)-k)p med temi stevili.
Seveda kaksnega stejes dvakrat, ampak ves pa, da so razporejeni simetricno, tako da so tudi luknje razporejene simetricno. V bistvu gre za evklidov algoritem.

3)
Je... ce hoces, da je enako stevilo moznosti za dve razlicni barvi, kot za dve enaki, potem je vsakih pol.

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a delta »

Aniviller napisal/-a:n-kp=((n/p)-k)p
kako dobimo, kar je na desni strani enačaja? Potem je jasno, ja, da so tudi luknje razporejene simetrično. Ali bi bilo v nalogi potrebno dokazati, da so netuja razporejena simetrično.

3.) Ja, bi moralo biti. Kaj pa recimo primer, če imamo 2 rdeči in 2 modri, potem imamo za to, da potegnemo enaki le 2 možnosti, da potegnemo 2 različni, pa 4. Nekaj ni vredu. Očitno n=4 ni najmanjši primer. Kako se pa lotim iskanja najmanjšega?
Aniviller napisal/-a:Pa malo pazi, koliko moznosti je sploh v mesanem primeru.
Na kaj moram tu biti pozorna?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

2) Samo izpostavljanje. Ker je p prafaktor stevila n, je n/p celo stevilo in lahko pises
n=n/p*p in izpostavis p. To je torej dokaz, da ce je kp mnogokratnik p-ja, je n-kp tudi mnogokratnik p-ja in sta torej oba netuja n-ju.

3) Ja saj to pomeni, da 2 rdeci 2 modri ni resitev tega problema, ker ni 1:1 :) Katera je najmanjsa pa bi se moralo videt iz enacb, kaj dosti se nisem lotil razclenjevat.

markich
Prispevkov: 47
Pridružen: 28.5.2008 10:48

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a markich »

Za pravilno delovanje moraš imeti nameščeno Wolfram Mathematico 8.0 ali novejšo, v starejših verzijah še to ne dela najbolje...
Torej... Za kitajske izreke o ostankih imaš že implementirano funkcijo ChineseRemainder.
Primer:
\(x \equiv 2(mod)3, x \equiv 3(mod)4, x \equiv 4(mod)5, x \equiv 5 (mod) 6, x \equiv 1(mod) 7\)
Rezultat: \(1\)
Koda pa je sledeča:

Koda: Izberi vse

In[1]:= ChineseRemainder[{3, 4, 5, 6, 7}, {2, 3, 4, 5, 1}]
Out[1]= 1
Za polinomske enačbe s kongruencami pa sem že malo pozabil, lahko še enkrat pogledam v dokumentacijo... Bo pa zaenkrat to pomojem dovolj.
Naslednja naloga je iz prvega izpita :P

Koda: Izberi vse

In[6]:= Reduce[Mod[n^3 + 2 n - 3, 45] == 0, n, Integers]

Out[6]= C[1] \[Element] 
  Integers && (n == 1 + 45 C[1] || n == 6 + 45 C[1] || 
   n == 11 + 45 C[1] || n == 28 + 45 C[1] || n == 33 + 45 C[1] || 
   n == 38 + 45 C[1])

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a delta »

Naloga:
1.) \(1^2+3^2+5^2+...+(2n-1)^2\)
2.) \(1^2-2^2+3^2-4^2 \pm ...+(-1)^{n-1}n^2\)

Vemo, da je vsota kvadratov prvih n naravnih števil: \(S_{2}(n)=\frac{n(2n+1)(n+1)}{6}\)
Vsota prvih n števil pa: \(S_{1}(n)=\frac{n(n+1)}{2}\), tu je ne potrebujemo. Kako se naj lotim?
Lp

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Pogrupiraj tako, da izrazis s tistim kar poznas.
1) Manjkajo kvadrati sodih stevil od 2 do 2n-2:
\(1^2+2^2+3^2+\cdots +(2n-1)^2-(2^2+4^2+\cdots+(2n-2)^2)\)
in dvojko lahko izpostavis:
\(\sum_{k=1}^{2n-1} k^2-4\sum_{k=1}^{n-1} k^2=S_2(2n-1)-4S_2(n-1)\)
Popolnoma isto lahko naredis pri 2), s tem da moras odstet dvakrat vec.

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a delta »

Vidim, da ni nič težkega. :) Hvala

juve
Prispevkov: 20
Pridružen: 23.11.2012 19:53

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a juve »

Mi lahko poveste če sem se prav lotila tele naloge: \(\sqrt{n^2-1}\) moraš zapisat kot neskončni verižni ulomek... dobim <n-1;1,2(n-1)>, kjer se zadnji cifri ponavljata....zdaj pa moramo rešit pellovo \(x^2-(n^2-1)y^2=+-1\).... za =+1 sem si pomagala s tabelico iz katere razbereš minimalno rešitev (n,1).... ni mi pa jasno kako računaš za =-1....

juve
Prispevkov: 20
Pridružen: 23.11.2012 19:53

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a juve »

Pa še takle primer: določi najmanjše naravno št n>1 tako da bo \(\sqrt{\frac{1^2+2^2+...+n^2}{n}}[/tex naravno št... Nasvet je da problem reduciraš na reševanje pelove enačbe... hm :)\)

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

No izraz lahko mirno sestejes:
\(\sqrt{\frac{\sum_k^n k^2}{n}}=\sqrt{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n}}=\sqrt{(n+1)(2n+1)/6}\)
Kot prvo mora biti (n+1)(2n+1) deljivo s 6 (od koder sledi, da je n lih in ni deljiv s 3), po drugi strani pa mora biti celoten izraz pod korenom popoln kvadrat. To je pa nekoliko bolj konvencionalna zahteva.

juve
Prispevkov: 20
Pridružen: 23.11.2012 19:53

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a juve »

Hvala... kaj pa ena naloga prej... tista ko moraš poiskat minimalno rešitev pellove enačbe za =-1?

juve
Prispevkov: 20
Pridružen: 23.11.2012 19:53

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a juve »

delta napisal/-a:Potrebovala bi še malo pomoči.

7c.) Poiščite vse pit. trikotnike, katerih dolžine stranic so tuja si števila, ena izmed katet je 15.
Rešim na podoben način kot prejšnje. Dobim:
\(x=m^2-n^2=15\),
\(m=2k, n=2l+1\),
\(k^2-l(l+1)=4\), torej bo k sodo \(k=2q\)
\(l(l+1)=4(q^2-1)\)

Grem preverit na roke:
\(q=2: l(l+1)=12 => l=2\)
\(q=3: l(l+1)=32\) ni o.k.
\(q=4: l(l+1)=60\) ni o.k.
...

od kje nam tukaj l=2... kaj ni l=3?? in zakaj ni npr 32 ok?

juve
Prispevkov: 20
Pridružen: 23.11.2012 19:53

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a juve »

Če bi bil še kdo tako prijazen bi mi res prav prišla pomoč še pri parih nalogah:

1. Dokaži da če je n ssodo je \(\phi(2n)=2\phi(n)\)

2. primitivna pit. trojka (x,p-1,p) kjer p praštevilo in x ni deljivo s 3. Poišči p za katere velja da p=1 (mod 12)

3. x,y naravnii. Dokaži da sta xy+x in xy+y popolna kvadrata

4. \(\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{\ddots}{\frac{1}{1+\frac{1}{1}}}}}=\frac{m}{n}\) kjer je 1988 ulomkovih črt. Izračunaj \(m^2+mn+n^2\)

5. 15x-24y+14z=5???

6. \(x^3-x=y^2+1\) S teorijo kongruenc dokaži, da nima rešitve

Res že vnaprej hvala tistemu ki si bo vzel čas in mi priskočil na pomoč!!!!

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Nisem najboljsi v teoriji stevil ampak bom poskusil - marsikateri nacin verjetno ni najboljsi, ker nepopolno znanje krpam z improvizacijo...

1. No to je ocitno. Eulerjeva funkcija vsak clen p^k spremeni v p^{k-1}(p-1), pri cemer mora biti k>0. In ce je n deljiv z 2 enkrat ali veckrat, pises
\(n= 2^k q\)
je
\(\phi(n)=2^{k-1} q\)
\(\phi(2n)=2^{k} q\)
To zadosti podani enacbi, ampak samo pri k>0. Sicer pa ne deluje.

2.
Veljat mora
x=m^2-n^2=(m-n)(m+n)
p-1=2mn
p=m^2+n^2

Ce hoces p=12k+1, se srednja enacba zreducira na
mn=6k
Po drugi strani ti prva enacba pove, da m in n ne smeta imeti istega ostanka pri deljenju s 3, in ne smeta imeti razlicnih nenicelnih ostankov pri deljenju s 3. Torej mora biti eno izmed njiju deljivo s 3, drugo pa NE SME bit. Po drugi strani ti zadnja zveza po fermatovem teoremu pove, da mora biti celo p=1 mod 4, kar je strozji pogoj. Poskusi nadaljevat iz teh namigov.

3.
Hm?

4. Ulomek je nedokoncan neskoncni verizni ulomek zlatega reza, iz cesar ves, da sta m in n zaporedni Fibonaccijevi stevili (in po stevilu ulomkovih crt tudi ves kateri). Za Fibonaccijeva stevila imas kup identitet - lahko izkoristis vse mogoce, od rekurzij, do direktne eksponentne formule.

5,6.... za diofantske enacbe naj pa kdo drug poskrbi :)

Odgovori