Teorija števil

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
Odgovori
math
Prispevkov: 9
Pridružen: 28.10.2010 12:38

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a math »

Imam eno nalogo sicer je bolj povezana s teorijo, prosim za pomoč, ter obrazložite.

Funkcija je multiplikativna če je\(f(mn)=f(m)f(n)\) za vsaki tuji si števili \(m\) in \(n\), strogo multiplikativna pa če je \(f(mn)=f(m)f(n)\) \(\forall x \in \mathbf{N}\) .

NALOGA:
Naj bo \(f(n)=\sum_{d|n} d^3\).Pokaži da je multiplikativna. Ali je strogo multiplikativna?

Hvala :D

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

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

To lahko direktno poračunaš. Za tuji števili m in n imaš f(n) in f(m)... ker sta n in m tuji, so delitelji mn vsi možni produkti deliteljev n in m. Torej vsota teče po
\(\sum_{d|nm}=\sum_{d_n d_m|nm}=\sum_{d_n|n}\sum_{d_m|m}\)
in vsota potem postane
\(\sum_{d_n|n}\sum_{d_m|m} d_n^3 d_m^3\)
in to lahko zdaj separiraš na produkt posamičnih vsot.

Za netuji števili pa to najbrž ne bo šlo, ker vsote ne moreš separirat (delitelji niso produkti posameznih deliteljev, ker se eni ponavljajo).

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a delta »

Poišči vse naravne rešitve enačb:
\(5x+3y=52\) in
\(123x+57y=531\)

Na tekmovanju iz matematike je bilo 140 dijakov. Organizator je za vsakega pripravil en sok. Sokovi so bili v paketih po 16,17, 40 steklenic. Koliko je bilo posameznih paketov? iz tega napišem enačbo: \(16x+17y+40z=140\) kako bi to rešili?

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

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

To so navadne linearne diofantske enačbe. Eden izmed načinov je recimo tole:
Enačbo reduciraš po modulu 5:
3y=2 (mod 5)
y=4+5k
vstaviš nazaj
5x=52-3y=40-15k
x=8-3k
S tem imaš vse pare (x,y) za vsak k.

Lahko greš pa tudi s tistim Evklidovim algoritmom (kar je isto v drugi preobleki).

Tista zadnja ima 3... recimo če reduciraš na 17:
16x+6z=4 (mod 17)
Enega si izbereš za parameter (recimo x), in izrazis... mnozim enacbo s 3:
z=12-14x (mod 17) = 12 - 14x+17k
in potem vstavis nazaj da dobis se y:
17y=140-16x-40z=-340+544x-40*17k
y=-20+32x-40k

To so vse celoštevilske rešitve (za poljubna x in k). Zdaj pa moraš uporabit še pogoj pozitivnosti za x,y,z. Pri z-ju to pride
0<=12-14x+17k
k>=14/17 x-12/17
po y pa
k<=4/5 x-1/2
Interval uporabnih k mora biti neničeln, torej mora biti spodnja meja manjša od zgornje:
14/17 x-12/17<4/5 x-1/2
140 x-120<136 x-85
4x<35
x<=8
Upam da nisem prehitro racunal in kaj zasral.

Zdaj lahko najbrž za vsak x probaš če interval po k sploh vsebuje kakšno celo število. Hiter račun ti da tabelo za intervale
x kmin kmax
0 -0.705882 -0.5
1 0.117647 0.3
2 0.941176 1.1
3 1.76471 1.9
4 2.58824 2.7
5 3.41176 3.5
6 4.23529 4.3
7 5.05882 5.1
8 5.88235 5.9
Samo v primeru x=2 imaš v intervalu celo število, in to k=1. Rešitev je torej
x=2, y=4, z=1

Sicer pojma nimam kako bi se to v resnici rešilo, to je nekaj na pamet :)

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a delta »

Zanima me, kako bi se rešilo naslednji dve nalogi:
1. Izrazite \(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)}\) z \(n\).
2. \(a>0\), velja \(a^{\frac{1}{2}}+a^{-\frac{1}{2}}=3\), izračunaj \(a-a^{-1}\).

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

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

1. Parcialni ulomki,
\(\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\)
ko sešteješ, se vse vmes pokrajša, razen
\(=1-\frac{1}{n+1}\)
2. No tudi če nimaš drugih idej, lahko kar a izraziš (nova spremenljivka za sqrt(a) in rešiš kvadratno enačbo).

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a delta »

Pokaži, da za vsako naravno število \(n \in \mathbb{N}\) obstaja število z \(n\) lihimi ciframi, ki je deljivo s \(5^n\).
Zapisali smo:
\(5^1|5\)
\(5^2|75\)
\(5^3|375\)
\(5^4|?375\)
V zadnji vrstici mi ni jasno, kako lahko najdemo tako štirimestno število, saj je \(5^4=5625\) in tega števila ne bi mogli 'stlačiti' v npr. 9375.? Kdo ve kaj tu ni vredu?

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

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

No pa saj 9375=15*5^4. Sicer pa mislim, da je mišljeno, da imaš n lihih cifer in poljubno število sodih. Za n=5 namreč že ni 5-mestne rešitve.

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a delta »

Zmotila sem se \(5^4=625\), mislim, da naj bi bilo število sestavljeno samo iz lihih števil. Za \(5^5\) sem našla rešitev: \(5^5*19=59375\).

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

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

No to vem da si se zmotil, to ni panike. Ja, ne vem kako mi je ratalo tole spregledat. Sem si zgeneriral vse, pa sem ga spregledal...
No, potem bo najbrž treba s popolno indukcijo ali kaj takega.

Takole bi jaz počasi gradil rešitev. Lahko bi splošno napadal (recimo hitro ugotoviš, da se mora število končat s 75, veš, da mora biti stvar oblike 5^n*(4m+3) in podobno). Ampak, če je res, da se prejšnje števke samo ponovijo, in dodaš eno novo, bo pa dosti lažje. Če veš nastavek, ga moraš samo še dokazat. Torej, iščeš rešitev \(x_n\), pod predpostavko, da že poznaš \(x_{n-1}\), ki ima željeno lastnost. Zapisat hočeš v obliki
\(x_n=a\cdot 10^{n-1} +x_{n-1}\)
z lihim a<10, ki je naslednja števka. Ostanek po deljenju s 5^(n-1) je zagotovljen (po indukcijski predpostavki):
\(x_n/5^{n-1}=a\cdot 2^{n-1}+\underbrace{(x_{n-1}/5^{n-1})}_q\)
Ta stvar mora biti deljiva s 5 še enkrat. Iščeš torej \(a\in \{1,3,5,7,9\}\), ki zagotovi
\(a\cdot 2^{n-1}+q=0\mod 5\)
Ker sta 2 in 5 tuji števili, ima to vedno rešitev (in to enolično po modulu 5). Ker so števila 1,3,5,7,9 po modulu 5 enaka {1,3,0,2,4}, lahko vedno najdemo tudi enolično enomestno liho rešitev. To je kot dokaz že dovolj, še lepše je pa, če jo kar izračunaš. Po Eulerjevem izreku je 2^4=1 (mod 5), zato lahko enačbo množiš z 2^(1-n mod 4), in pride
\(a=-q\cdot 2^{1-n \mod 4} \mod 5\)
Recimo, če računaš za n=4, velja q=375/5^3=3 in 1-n mod 4 = -3 mod 4=1, torej
\(a=-3\cdot 2 \mod 5 = -6 \mod 5 = 4 \mod 5\)
kar je med lihimi enomestnimi števili a=9.
Naslednji korak
n=5, q=9375/5^4=15 (je 0 po modulu 5), torej sploh ni kaj računat, saj je
\(a=0\mod 5\)
kar je med lihimi enomestnimi števili a=5.
Naslednji
n=6, q=59375/5^5=19, 1-n mod 4 = -5 mod 4 = 3, torej
\(a=-19\cdot 2^3 \mod 5 = 1\cdot 8 \mod 5 = 3\mod 5\)
kar je med lihimi enomestnimi a=3.
n=7, q=359375/5^6=23, 1-n mod 4 = -6 mod 4 = 2, zato
\(a=-23 \cdot 2^2 \mod 5 = 2 \cdot 4 \mod 5 = 8\mod 5 = 3\mod 5\)
kar je spet a=3.
n=8, q=3359375/5^7=43, 1-n mod 4 = -7 mod 4 = 1,
\(a=-43\cdot 2 \mod 5 = 2 \cdot 2 \mod 5 = 4 \mod 5\)
in a=9.
In tako naprej.

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a delta »

Zgornje razumem, hvala. Kakšna ideja, kako bi rešili \(\zeta(s)=\sum_{k=1}^\infty \frac{\tau(k)}{k^s}\),
ali \(\frac{1}{\zeta(s)}=\sum_{k=1}^\infty \frac{\mu(k)}{k^s}\)
vemo še :\(\zeta(s)=\Pi_{p \in P}(1-\frac{1}{p^s})^{-1}\). \(\tau\) je število deliteljev \(k\).

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

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Hm... kako to misliš "rešili"? To so pač Dirichletove vrste za tri različne potence zeta funkcije (en kvadrat ti manjka), povezane so pa z Dirichletovo konvolucijo. Če misliš govorit o dokazih, ne vem kaj hočeš predpostavit kot znano. Te stvari lahko smatraš tudi kot definicije danih funkcij.

delta
Prispevkov: 420
Pridružen: 19.8.2009 14:16

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a delta »

Ja, dokaz tega je treba naredit(ne rešit). Sem razpisala, pa se nič ne vidi...

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

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

1/zeta imaš na srečo že razpisano kot produkt... poskusiš skupaj pobrat vse člene z istim imenovalcem. Če pogledaš
\(\prod (1-\frac{1}{p^s})\)
vidiš, da ko zmnožiš, dobiš v različnih členih spodaj produkte poljubnega števila praštevil, vendar vsakega največ enkrat! Tako da to ti takoj pove, da členi, ki imajo faktorje na večjo potenco od 1, ne bodo nastopali v vsoti. Ker vsak faktor -1/p^s pridela en minus, bodo členi z lihim številom prafaktorjem imeli minus, ostali pa plus. V tem pa že vidiš definicijo Mobiusove funkcije.

Za kvadriranje bi šel pa raje s kvadriranjem vrste, ne produkta. Ko kvadriraš \(\sum \frac{1}{k^s}\), dobiš v imenovalcih vse možne produkte parov naravnih števil. Vsako število se v vsoti pojavi tolikokrat, na kolikor načinov ga lahko razbiješ na produkt dveh števil. V produktu \((\sum_k \frac{1}{k^s})(\sum_l\frac{1}{l^s})\) bo prišlo \(\frac{1}{n^s}\) kadar bo n=k*l, torej za vsak k, ki deli n (l je pa s tem določen), torej bo toliko členov, kot je število deliteljev.

juve
Prispevkov: 20
Pridružen: 23.11.2012 19:53

Re: Teorija števil

Odgovor Napisal/-a juve »

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

Spet sem pri tej nalogi. Zanima me ce se je kdo slucajno dokopal do rezultata, jaz dobim namrec kar velik n in malce dvomin da je pravilno.

Odgovori