Kvarkadabra forum

Juve, ja imaš prav tam je napaka, \(l=3\). Zakaj 32 ni o.k.: zato ker ne obstajata taki dve zaporedni števili, da bi se zmnožili v 32. npr. \(5*6=30, 6*7=42, 32\) pa ne moreš dobiti.

Zanima me nekaj nalog:
1. Izračunajte ostanek deljenja vsote cifer desetiškega zapisa \({11^{11}}^{11}\) z 9. Sploh ne razumem kaj naloga zahteva:S
2. Dokaži, da obstaja neskončno mnogo primitivnih pitagorejskih trojk (x,y,z), za katere je vsaj eno izmed števil popolni kvadrat.
3. Za uporabo teorije kongruenc dokaži, da diofantska enačba \(x^3-x= y^2 +1\)nima rešitev.
4. Določi dve najmanjši pozitivni rešitvi Pellove enačbe \(x^2-18y^2=1\) Zakaj Pellova enačba \(x^2-18y^2=-1\) nima rešitev? Kaj je sploh finta/razlika, če je na desni strani enačaja -1?

pri prvih treh nalogah ti žal ne znam pomagati... pri 4. pa če si jaz pravilno razlagam, je una enačba ko ima -1 na desni rešljiva samo v primeru da ima verižni ulomek, ki si ga razvila liho dolžino periode...

Bi prosila, če bi bil še kdo pripravljen pomagati imam še par vprašanj...

1.) Z Eulerjem reši: \(a^{13}=a (mod 2730)\)

2.) Iščemo celoštevilske rešitve \(x^2+y^2=325^2\)... Kaj ni to lažje rešit da pač rečemo \(m^2+n^2=325\), pri čemer vemo da mora biti eno od m^2, n^2 sodo eno liho, ker drugač ne moremo dobit lihega...in potem si napišemo \(325-n^2=m^2, n^2<325\)... vemo tudi da je n^2 popoln kvadrat torej lhk zapišemo vse popolne kvadrate <=325. Potem pa samo obravnavamo da je enkrat n lih in enkrat n sod.. Kot edino rešitev tako dobim: \((x,y,z)=(125,300,325)\)..... je ta način kul... malce mi je lažje tako kot s tistimi l-ji in k-ji....

3.) Ostanek pri deljenju 26! z 29? DObro ker je tu majhna cifra lahko 26! fakulteta zapišeš po produktih in pogledaš... kaj pa če bi bla velka cifra. Kako potem?

in še

4.) Reši kongruenco : \(10x+5y-2=7^{281} (mod 15)\)

Hvala za pomoč!!!!

Ja, res pride tako: Pellova enačba \(x^2-18y^2=-1\) ni rešljiva, ker je dolžina periode, ko \(\sqrt{18}\) razvijemo v verižni ulomek, soda.

4. Najprej z Eulerjevim izrekom rešimo \(7^{281}\)Vemo: \(\phi(3*5)=2*4=8\),\(281:8=35\), z ostankom 1, torej dobimo: \(10x+5y-2=7\), dobimo: \(10x+5y=9\), ker 5 ne deli 9, enačba nima rešitve.

Zakaj bi morala ravno 5 deliti 9?.. Kako pa potem npr rešimo 15x-24y+17z=5?

5 je največji skupni delitelj 5 in 10, vemo, da je enačba \(ax+by=c\) rešljiva ntk. tedaj ko \(d/c\), pri čemer je d največja skupna mera(a,b), 5 ne deli 9, torej ni rešitev. Pri primeru, ki ga navajaš pa tega ne moreš uporabiti.

Mi lahko kdo pomaga pri nalogah:
1. dokaži, da za vsako naravno število \(n>=2\) velja, da je \(\sqrt{n\sqrt{n-1\sqrt{n-2...\sqrt{2\sqrt{1}}}}}\) iracionalno število.
2. Reši kongruenco:
\(148x^{11}=6(mod 15)\)

3. Reši diofantsko enačbo:
\(385x-14y+166z = 2\)

4. Določi ostanek števila:
\(5^{77^{777}}+ 777^{77^{5}}\) s 13.

Lepo prosim za kakšen nasvet.

1. Najbolj tipicna mozna indukcija. Zapises lahko
\(a_n=\sqrt{n a_{n-1}}\)
Po indukcijski predpostavki je a_{n-1} iracionalno. Ce bi bil a_n racionalen, potem bi moralo veljat
\(n a_{n-1}=\frac{p^2}{q^2}\)
za tuji stevili p in q. Ampak to je protislovje, ker bi na ta nacin lahko zapisal
\(a_{n-1}=\frac{p^2}{nq^2}\)
kar je racionalno. Torej, ker je \(a_2\) iracionalno, so vsi od tam naprej iracionalni.

2. Najprej lahko modulo 15 uporabis na 148, da dobis
\(13x^{11}=6\mod 15\)
Zdaj pa takole... ker imata 6 in 15 skupni faktor 3, mora biti leva stran tudi deljiva s 3, drugace resitve ni. Torej mora biti \(x=3y\) od koder potem pride
\(13\cdot 3^{11}y^{11}=6\mod 15\)
in zdaj lahko okrajsas s 3:
\(13\cdot 3^{10}y^{11}=2\mod 5\)
Na tem mestu pa lahko uporabis Eulerjev izrek, da je \(y^{4}=1\mod 5\), mimogrede vzames se ostanek trinajstke, in ostane
\(3\cdot 3^{2}y^{3}=2\mod 5\)
\(2 y^{3}=2\mod 5\)
Tukaj lahko magari vse 4 moznosti sprobas in najdes y=1 (mod 5), ali pa mnozis z y, uporabis Eulerjev izrek se enkrat in pristanes na
\(2=2y\mod 5\)
in prides do istega rezultata. Rezultat je torej x=3 (mod 15).

3. hm... mogoce lahko 14y neses na drugo stran. Lahko prevedes na izrek, da ima ax+by=c neskoncno resitev, ce je c mnogokratnik najvecjega skupnega delitelja a in b, sicer pa nobene. Ker sta si 385 in 166 tuji, je vsak y dober, dovolj je pa, da resis
\(385x_0+116z_0=1\)
in potem je resitev
\(x=x_0(2+14y)\)
in
\(z=y_0(2+14y)\)
pri cemer ze x0 in y0 vsebujeta neskoncno resitev.

Upam da nisem kaksnega kozla ustrelil...

4. Tukaj bo spet najbolje it z Eulerjevim izrekom. Ker je 13 prastevilo, lahko to spremenis v
\(5^{77^{777} \mod 12}+10^{77^5 \mod 12}\mod 13\)
kjer sem uporabil ze tudi takoj 777 mod 13 = 10.
Zdaj v eksponentu ponovis vajo... najprej lahko odpravis 77 mod 12 = 5:
\(5^{5^{777} \mod 12}+10^{5^5 \mod 12}\mod 13\)
nakar lahko na sreco uporabis spet Eulerjev izrek, ker sta s 5 in 12 tuji stevili. Od tam dobis
\(5^{777}\mod 12}=5^{777 \mod 11} \mod 12}=5^7\mod 12\)
Ostane torej
\(5^{5^{7} \mod 12}+10^{5^5 \mod 12}\mod 13\)
V eksponentih lahko lepo po vrsti gres... recimo 5^2 mod 12 = 1, torej sta oba eksponenta 5:
\(5^{5}+10^{5}\mod 13\)
\(5^{5}(1+2^5)\mod 13\)
Zdaj gre pa enostavno naprej. Jaz dobim 9. Najbrz sem sicer naredil ene 10 napak, ampak ideja je ista

Najlepša hvala za pomoč.

pri 3. ne razumem čisto, kam izgine 14y. ne razumem načina reševanja če sta kaj lažji nalogi:
b)\(2x + 3y + 4z = 5\)
c)\(7y + 21y + 35z = 8\)

3)
Ma saj najbrz je bedast nacin resevanja ampak Diofantske enacbe poznam zelo slabo (kolikor sem parkrat na wiki pogledal), tako da sem sel malo po diagonali.
Ker sta si 385 in 116 tuji, imata najvecji skupni delitelj 1. Potem lahko naredis
385x+116z=2+14y
in namesto tega pises
385((2+14y)*x0)+116((2+14y)*z0)=(2+14y)*1
in pac "pokrajsas" skupni clen in resis enkrat za x0 in z0 (na desni je skupni delitelj = 1), in potem imas za vsak mozen y svojo resitev.

Racionalna števila lahko predstavimo s končnimi verižnimi ulomki. Iracinonalna števila(npr. \(\sqrt{7}, \sqrt{29}, \sqrt{2}...\)) predstavimo s periodičnimi neskončnimi verižnimi ulomki. Ali obstajajo števila, ki se predstavijo z neskončnimi neperiodičnimi ulomki? Kaj pa recimo \(e, \pi\), ali ju lahko predstavimo z verižnim ulomkom?

Še naloga:
Za katera \(n \in \mathbb{N}\) velja \(6\) deli \(5n^2+4n-3\) in \(17\) deli \(3n^2+10\)?

Seveda, vsa števila lahko predstaviš kot verižne ulomke. Na postopku ni ničesar, kar bi govorilo o naravi števila. To je samo način zapisa, tako kot decimalni zapis recimo.

Naloga:
Modularna aritmetika bo najbrz pomagala. Lahko dodajaš stvari malo po želji, da se da razcepit. Recimo če 6 deli 5n^2+4n-3, potem deli tudi
\(5n^2+4n-3-6n^2=-(n^2-4n+3)=-(n-3)(n-1)\) od koder dobiš rešitvi n=3+6k in n=1+6k za vsak k.
Druga polovica podobno, potem pa pogledaš kdaj se izidejo. Oziroma lahko kar zgornje nastavke vstaviš v drugi pogoj in iščeš k. V stilu
\(n=3+6k\)

\(3(3+6k)^2+10=0\mod 17\)
\(37+108k+108k^2=0\mod 17\)
Vse tri pred faktorje razstaviš po modulu 17 (37=3, 108=6)
\(3+6k+6k^2=0\mod 17\)
in zdaj tukaj nadaljujes...

Aha, super, hvala.

Kako pa od tu dalje? Jaz dobim \(1+2k+2k^2=0(mod 17)\) tega se ne da razstavit. Pri \(n=1+6k\) dobim \(13+2k+6k^2= 0(mod 17)\), kako pa naprej?

No jaz sem v kongruencah (posebej kvadratnih) bolj samouk... v tem primeru bi šel preko dopolnjevanja do popolnih kvadratov. Množim z 2 in izpostavim
\((2k+1)^2=-1 \mod 17\)
Koren iz -1 je 4...
\(2k+1=4\mod 17\)
\(2k=3\mod 17\)
\(k=10\mod 17\)