forum.math.uoa.gr

Forum του Τμήματος Μαθηματικών
Ημερομηνία 19 Νοέμ 2017, 21:44

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]




Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 106 δημοσιεύσεις ]  Μετάβαση στην σελίδα Προηγούμενη  1 ... 4, 5, 6, 7, 8  Επόμενο
Συγγραφέας Μήνυμα
 Θέμα δημοσίευσης: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 15 Απρ 2010, 12:35 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Φεβ 2007, 21:13
Δημοσ.: 630
Άσκηση :

Βρείτε όλους τους φυσικούς n για τους οποίους ισχύει \varphi (n)\leq n-\sqrt{n}


Απόδειξη :
Έστω p_{1} ο μικρότερος πρώτος διαιρέτης τού σύνθετου n

Ισχύει :

p_{1}\leq \sqrt{n}

Από Euler :

\varphi (n)=n(1-\frac{1}{q_{1}})(1-\frac{1}{q_{2}})...(1-\frac{1}{q_{k}})

Άρα :

\varphi (n)\leq n(1-\frac{1}{p_{1}})\leq n-\frac{n}{\sqrt{n}}\leq n-\sqrt{n}

Ως απάντηση επομένως ....η ανισότητα ισχύει για όλους τους σύνθετους αριθμούς (δεν ισχύει για τους πρώτους) …απομένει να δούμε πότε ισχύει η ισότητα...

Γνωρίζουμε ότι για τους πρώτους αριθμούς ισχύει:

\varphi (p^{k})=p^{k-1}(p-1)...και για k=2 έχουμε \varphi (p^{2})=p(p-1)

Απο αυτήν αναγνωρίζουμε ευθύς ότι η ισότητα ισχύει για αριθμούς που αποτελούν το τετράγωνο ενός πρώτου.


Αποκαλυπτικός


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 15 Απρ 2010, 18:23 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Φεβ 2007, 21:13
Δημοσ.: 630
Άσκηση

Έστω Nk ο μεγαλύτερος φυσικός με την ιδιότητα να διαιρείται απο όλους τους φυσικούς που είναι μικρότεροι ή ίσοι τής κ-οστής ρίζας του. Βρείτε τον N2 και τον N3

Απόδειξη

Για την κυβική ρίζα πρώτα...

Γνωρίζουμε ότι οι φυσικοί αριθμοί ταξινομούνται σε 7 κλάσεις :

6k-1…..Κλάση 0
6k.......Κλάση 1
6k+1....Κλάση 2
6k+2....Κλάση 3
6k+3....Κλάση 4
6k+4....Κλάση 5
6k+5....Κλάση 6

Αποκλείουμε τίς κλάσεις 0 και 2 ...εκεί βρίσκονται οι πρώτοι...
Αποκλείουμε τις κλάσεις 3 κα 5 ...δεν διαιρούνται με το 3
Αποκλείουμε τις κλάσεις 4 και 6 ....δεν διαιρούνται με το 2

Απομένει η κλάση 1...εκεί κοιτάμε λοιπόν και διαπιστώνουμε ευθύς ότι τα πολλαπλάσια τού 60 είναι αυτά που μάς εξυπηρετούν ...60,120,180,240,300,360,420,480....

\sqrt[3]{60}=3,9.....και ..60|1,2,3

\sqrt[3]{120}=4,9....και ...120|1,2,3,4

.....................................................................................

\sqrt[3]{420}=7,4.....και...420|1,2,3,4,5,6,7


Αυτός ο 420 είναι και ο μεγαλύτερος...Για τον επόμενο....τον 480 ισχύει

\sqrt[3]{480}=7,8.....και..480|1,2,3,4,5,6, αλλά όχι τον 7


Για την τετραγωνική ρίζα...

Με ανάλογο συλλογισμό απορρίπτουμε όλες τις κλάσεις πλήν τής δεύτερης...και μειώνουμε τις φιλοδοξίες μας διότι η τετραγωνική ρίζα δίδει μεγάλο σχετικά αριθμό...Η κλάση 1 περιέχει τούς αριθμούς

6,12,18,24,30.....

Με το μάτι βλέπουμε ήδη ότι ο 24 είναι ο αριθμός μας...απο το 30 και μετά χαλάει ήδη...


Αποκαλυπτικός


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 17 Απρ 2010, 12:57 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Φεβ 2007, 21:13
Δημοσ.: 630
Διάβασα τις λύσεις στα προβλήματα τού καμένου...κα δεν έμεινα ικανοποιημένος...πρόκειται για το πρόβλημα :

Να δειχθεί ότι η ποσότητα n\cdot\varphi (n) χαρακτηρίζει τον n

Η λύση που έδωσα, απαντά στό πρόβλημα πχ.

Βρείτε το άθροισμα τών φυσικών εκείνων αριθμών που είναι μικρότεροι και σχετικώς πρώτοι πρός το n....αλλά αυτό με το «χαρακτηρίζει» εννοεί κάτι άλλο...που δεν μού ήταν σαφές..

Δεν ξέρω αν η εκφώνηση τού προβλήματος δημιούργησε και σε σάς πρόβλημα ...ή μόνο σε μένα...προσπαθώντας πάντως να λύσω την τελευταία άλυτη άσκηση τής σειράς ( \varphi (n+1)/\varphi (n) πυκνή στους θετικούς πραγματικούς)...προσέκρουσα σε κάτι που αλλάζει τα δεδομένα..

Τροποποιώ λοιπόν την εκφώνηση τού προβλήματος σε :

Να δειχθεί ότι η ποσότητα n\cdot\varphi (n) χαρακτηρίζει μονοσήμαντα τον n

Αυτό το «μονοσήμαντα» καθιστά την άσκηση σαφή..Καλούμαστε λοιπόν να αποδείξουμε ότι :


n\cdot\varphi (n)\neq m\cdot\varphi (m) για δύο διαφορετικούς ακέραιους..


Αυτό αποδεικνύεται πολύ εύκολα...αποτελεί θα έλεγα παρατήρηση..(εξετάζει κανείς πχ την συνάρτηση για άρτιους, περιττούς και πρώτους)...ας δούμε καλύτερα γιατί αυτός που έθεσε την άσκηση είχε λόγους να την θέσει..

Η συνάρτηση τού Euler ανήκει στις πολλαπλασιαστικές συναρτήσεις...όπως και μιά άλλη που κατέχει σημαντική θέση στην θεωρία αριθμών...η συνάρτηση \sigma (n)...που μάς δίδει τό άθροισμα τών διαιρετών τού n
Άν κοιτάξουμε λίγο αυτήν την τελευταία...παρατηρούμε αμέσως (δλδ γρήγορα, στα πρώτα κιόλας μέλη) ότι

n\cdot\sigma (n)=m\cdot\sigma (m) για n=12,\  m=14 καθώς

12\cdot\sigma (12)=14\cdot\sigma (14)=336

Το ότι η ποσότητα n\cdot\varphi (n) χαρακτηρίζει μονοσήμαντα τον n αποτελεί δηλαδή ιδιαίτερο χαρακτηριστικό τής συνάρτησης τού Euler και όχι κάθε πολλαπλασιαστικής συνάρτησης..

Αποκαλυπτικός


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 15 Μάιος 2010, 03:02 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 15 Μαρ 2007, 12:37
Δημοσ.: 2388
Να δειχθει οτι:

Για τον φυσικο αριθμο n ισχυει \lim_{r \rightarrow \infty} \lim_{s \rightarrow \infty} \lim_{t \rightarrow \infty} \sum_{u=0}^{s}(1-(\cos \frac {(u!)^r \pi}{n})^2 t) = n αν και μονο αν ο n ειναι πρωτος


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 30 Μαρ 2011, 23:19 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 13 Φεβ 2008, 02:04
Δημοσ.: 278
Vasoula έγραψε:
Που ακριβως θα βρω τη "μουσικη των πρωτων αριθμων"?γιατι δ το βρισκω....


http://www.papasotiriou.gr/product.gboo ... rid=268755

ενα χρονο μετα..... :thumbup:


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Θεωρία Αριθμών
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 23 Απρ 2011, 13:28 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
προβληματάκι : Γνωρίζουμε ότι για κάθε a σχετικά πρώτο με τον q υπάρχει λύση της ισοδυναμίας a^k \equiv 1 (mod q) ως προς k, και συγκεκριμένα για k=\phi(q). Το αντίστοιχο ερώτημα για -1 στη θέση του 1 είναι το εξής : Ορίζοντας N(q)=\#\{a(mod q): \exists k \in \mathbb{N}, a^k \equiv -1 (mod q)\} να μελετηθεί για διάφορα q η ποσότητα N(q):

(1) Για πρώτους p=1+2^a b, 2 \nmid b να δειχθεί ότι N(p)=p-1-b,

και άρα για κάθε \epsilon>0 υπάρχει \delta>0 ώστε \#\{p \leq x:N(p) \geq (1-\epsilon) p\} \geq \delta \frac{x}{\log x} για x \geq x_0,οπότε \limsup_{p \to \infty}\frac{N(p)}{p}=1.
Μάλιστα μπορούμε να πάρουμε \delta \geq 1.999 \epsilon από το Θεώρημα Dirichlet.

Να βρεθεί αντίστοιχος τύπος για δυνάμεις πρώτων και για τυχαίο m \in \mathbb{Z} στη θέση του -1.

(2) Για ποιά q \in \mathbb{N} ισχύει N(q)>1 ?


Τελευταία επεξεργασία απο sofos την 23 Απρ 2011, 23:43, επεξεργάστηκε 1 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 23 Απρ 2011, 15:50 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
kamenos έγραψε:
3)Εστω N_{k} ο μεγαλυτερος φυσικος με την ιδιοτητα να διαιρειται απο ολους τους φυσικους που ειναι μικροτεροι η ισοι της κ-οστης ριζας του. Βρειτε τον N_{2} (ασκηση απ το βιβλιο του Δεριζιωτη) και τον N_{3} (ΑPMO 1998).


Για μεγαλύτερες τιμές του k μπορούμε να πούμε τα εξής:
Εάν ο n είναι ένας τέτοιος αριθμός τότε όλοι οι πρώτοι μέχρι το n^{1/k} διαιρούν τον n και άρα έχουν γινόμενο μέχρι n. Λογαριθμίζοντας προκύπτει \sum_{p \leq n^{1/k}} \log p \leq \log n. Η συνάρτηση στα αριστερά είναι η \theta(n^{1/k}) η οποία ικανοποιεί τις ανισότητες x \log 2 \leq \theta(x) \leq x \log 4, x \geq 4. Για x=n^{1/k} προκύπτει x \log 2 \leq k \log x οπότε είτε x \leq 16 είτε x \geq 16 ώστε \log x \leq \sqrt{x} \log 2 και άρα x \leq k^2, \log x \leq 2 \log k, x \leq 4 k \log k. Συμπεραίνουμε σε κάθε περίπτωση ότι
n \leq \max \{(16)^k,(4 k \log k)^k \}. Βάζοντας και συνθήκες ισοδυναμίας mod p για μικρούς πρώτους p μπορούμε να βρούμε πολύ γρήγορα την ακριβή τιμή του N_k για οποιοδήποτε k θέλουμε χρησιμοποιώντας ένα απλοϊκό προγραμματάκι.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 22 Ιουν 2011, 11:56 
Χωρίς σύνδεση
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 24 Μαρ 2007, 19:58
Δημοσ.: 75
Θα διατυπώσω κι εγώ μία άσκηση από τον Apostol. Έχω μια λύση αλλά χρησιμοποιεί αρκετή Θεωρία Ομάδων, ενώ στο βιβλίο του Apostol δεν καλύπτεται σε βάθος η Θεωρία Ομάδων. Έτσι, σκέπτομαι ότι πιθανώς θα υπάρχει και πιο "απλή" λύση:

Έστω p περιττός πρώτος. Υποθέτουμε ότι το σύνολο \{1,2,\dots,p-1\} μπορεί να εκφραστεί ως ένωση δύο μη - κενών υποσυνόλων του S και T, S\neq T έτσι ώστε:
- Το γινόμενο modp δύο οποιονδήποτε στοιχείων του S, ανήκει στο S
- Το γινόμενο modp δύο οποιονδήποτε στοιχείων του T, ανήκει στο S
- Το γινόμενο modp ενός στοιχείου του S με ένα στοιχείο του T, ανήκει στο T

Αποδείξτε ότι η μόνη λύση είναι το S να αποτελείται από τα τετραγωνικά υπόλοιπα modp και το T να αποτελείται από τα τετραγωνικά μη - υπόλοιπα modp

(Άσκηση 9.3, Apostol's "Introduction to Analytic Number Theory")

_________________
Τελικά, η βλακεία είναι ανίκητη...


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 22 Ιουν 2011, 15:28 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
Από τα 2 πρώτα αξιώματα συμπεραίνουμε ότι τα τετραγωνικά υπόλοιπα περιέχονται εξολοκλήρου στο S. Καθώς το T είναι μη κενό έστω x ένα στοιχείο του. Τότε το σύνολο x S περιέχεται στο T από το τελευταίο αξίωμα. Έτσι το σύνολο T δεν έχει λιγότερα στοιχεία από το S το οποίο όμως έχει τουλάχιστον τα μισά στοιχεία του \{1,2,\dots,p-1\} (δηλαδή τα τετραγωνικά υπόλοιπα.)
Λόγω της διαμέρισης υπάρχει μόνο ένας τρόπος να συμβαίνει κάτι τέτοιο και είναι ο ζητούμενος.

Πόσταρε και τη δικιά σου λύση εάν θες. :D

Στα τετραγωνικά υπόλοιπα υπάρχουν ενδιαφέροντα προβλήματα τα οποία αφορούν το πόσο τυχαία είναι η κατανομή τους. To βιβλίο που κοιτάς δεν λέει πολλά εκτός από την ανισότητα Polya-Vinogradov (και ακόμα και εκεί το κουράζει πολύ). To ελάχιστο τετραγωνικό μη-υπόλοιπο έχει ιδιαίτερο αισθητικό ενδιαφέρον. Χρησιμοποιείται επίσης σε διάφορους μεθόδους κρυπτογραφίας (μέσω παραγοντοποίησης μεγάλων ακεραίων) ως ένα βασικό εργαλείο. Μία εισαγωγή υπάρχει εδώ.

Επιπλέον η L-συνάρτηση που επάγεται από το σύμβολο Legendre είναι το βασικό εργαλείο-εμπόδιο για την κατανομή των πρώτων σε αριθμητικές προόδους, για παράδειγμα ο Dirichlet έδειξε ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι σε κάθε αριθμητική προόδο χρησιμοποιώντας καταρχήν τη θεωρία του Gauss για τα τετραγωνικά υπόλοιπα και κάνοντας μερικές δικές του αναλυτικές και αλγεβρικές προσθήκες. Στο blog του tao θα βρεις κάποιο άλλο post σχετικό (ψάξε για ρίζες Siegel). Αυτά τα παραδείγματα είναι πολύ κεντρικά ακόμα και για πιο μοντέρνες ιδέες.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 24 Ιουν 2011, 14:41 
Χωρίς σύνδεση
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 24 Μαρ 2007, 19:58
Δημοσ.: 75
Η δική μου λύση έχει ως εξής:

Έστω G=\{1,2,\dots,p-1\}. Τότε, το G είναι ομάδα με πράξη τον πολλαπλασιασμό modp. Καθώς 1\cdot1=1, έπεται ότι το 1\in S. Επίσης, από την εκφώνηση, το S είναι κλειστό στην πράξη της G και άρα S\leq G. Καθώς η G είναι μεταθετική, η S είναι κανονική υποομαδα της G και έτσι μπορούμε να θεωρήσουμε την ομάδα πηλίκο G/S. Ισχυριζόμαστε ότι η G/ S έχει μόνο δύο στοιχεία, τα S και gS, για κάποιο g\in G. Πράγματι, έστω k,h\in G ώστε k,h\nin S. Τότε, k,h\in Τ. Επειδή S είναι υποομάδα της G, το k^{-1}\nin S, γιατί τότε θα είχαμε ότι k\in S. Άρα, k^{-1}, h\in T\ \Longrightarrow\ k^{-1}h\in S, από εκφώνηση. Συνεπώς, έχουμε ότι:
k^{-1}hS=S\ \Longrightarrow\ hS=kS.

Αυτό δείχνει ότι η G/S έχει μόνο δύο στοιχεία.

Από Θεώρημα Lagrange, |S|=\dfrac{|G|}{[G:S]}=\dfrac{|G|}{2}.
Ωστόσο, |G|=p\ \Longrightarrow\ G κυκλική. Άρα, η G έχει μοναδική υποομάδα τάξης \dfrac{|G|}{2}=\dfrac{p}{2} και αφού τα τετραγωνικά υπόλοιπα αποτελούν μία υποομάδα τάξης \dfrac{p}{2}, έπεται ότι η S αποτελείται από τα τετραγωνικά υπόλοιπα modp και άρα T είναι τα τετραγωνικά μη - υπόλοιπα modp.

Έχω μια απορία στη λύση σου:

Παράθεση:
Από τα 2 πρώτα αξιώματα συμπεραίνουμε ότι τα τετραγωνικά υπόλοιπα περιέχονται εξολοκλήρου στο S. Καθώς το T είναι μη κενό έστω x ένα στοιχείο του.


Και γιατί να περιέχονται όλα στο S; ΟΚ, το γινόμενο δύο τετραγωνικών υπολοίπων, είναι τετραγωνικό υπόλοιπο, αλλά η εκφώνηση απαιτεί το γινόμενο modp να είναι στο S, ασχέτως τετραγωνικών ή μη υπολοίπων.

Χμμμ...Μάλλον δεν εκφράζω σωστά την αντίρρησή μου... :oops:

Θέλω να πως ότι μπορεί κάποιος να ισχυριστεί ότι υπάρχει μια διαμέριση τέτοια ώστε 2,5\in S (2 τετραγωνικό υπόλοιπο, 5 τετραγωνικό μη - υπόλοιπο) και 2\cdot5=10\in S (10 προφανώς τεταγωνικό μη - υπόλοιπο).

_________________
Τελικά, η βλακεία είναι ανίκητη...


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 24 Ιουν 2011, 15:44 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
Ευχαριστώ για την απόδειξη. Εάν επιτρέπεται να χρησιμοποιήσουμε κάτι άλλο εκτός από ορισμούς τότε μπορούμε να κάνουμε την απόδειξη πιο γρήγορα με χρήση της κυκλικότητας της πολλαπλασιαστικής ομάδας ως εξής :

Εάν ο γεννήτορας ήταν στο S τότε το T θα ήταν κενό. Από τα 2 πρώτα αξιώματα οι άρτιες δυνάμεις του γεννήτορα είναι στο S και από το τρίτο οι περιττές στο T. Τα τετραγωνικά υπόλοιπα είναι ακριβώς οι άρτιες δυνάμεις του γεννήτορα το οποίο τελειώνει την απόδειξη.

Relinquished έγραψε:
Και γιατί να περιέχονται όλα στο S;


Από τα δυο πρώτα αξιώματα οποιοδήποτε τετράγωνο ανήκει σε αυτό το σύνολο.


Τελευταία επεξεργασία απο sofos την 24 Ιουν 2011, 18:13, επεξεργάστηκε 1 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 24 Ιουν 2011, 16:01 
Χωρίς σύνδεση
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 24 Μαρ 2007, 19:58
Δημοσ.: 75
Πολύ ωραία και σύντομη απόδειξη! Μάλλον η δικιά μου παραήταν μεγάλη και τελικά χωρίς λόγο!

Παράθεση:
Relinquished wrote:
Και γιατί να περιέχονται όλα στο S;


Από τα δυο πρώτα αξιώματα οποιοδήποτε τετράγωνο ανήκει σε αυτό το σύνολο.


Χαχαχα. Έχεις απόλυτο δίκιο! Χαζομάρα μου, αλλά παρασκεπτόμουν σύνθετα!

_________________
Τελικά, η βλακεία είναι ανίκητη...


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 24 Ιουν 2011, 18:11 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
Οι 3 αποδείξεις είναι η ίδια φυσικά. Παρ' όλα αυτά μου άρεσε που είδα τα σύμπλοκα και το Lagrange-κάπως απροσδόκητο :D .

Πόσταρε και άλλες λύσεις αν θες.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 01 Οκτ 2013, 15:48 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 25 Αύγ 2010, 16:03
Δημοσ.: 686
Ποστάρω την εξής άσκηση : Να δειχθεί ότι υπάρχουν άπειροι n\in \mathbb{N} τέτοιοι ώστε 5|4n^2 +1 \ , \ 13|4n^2 +1 .Σαν δεύτερο ερώτημα : Ποιοι είναι οι αριθμοί αυτοί?

_________________
-


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Θεωρια Αριθμων
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 01 Νοέμ 2013, 02:13 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Φεβ 2007, 21:13
Δημοσ.: 630
Κοιτάμε την πρώτη για 0,1,2,3,4 και έχουμε αμέσως : Για 1 και 4 (mod 5)

Η δεύτερη : Για 4 και 9 (mod 13)

Επειδή οι 5 και 13 είναι πρώτοι απαιτούμε διαιρετότητα με 5\cdot 13=65 και ερευνούμε 4n^{2}+1\equiv 0\mod65

Το n=4 πληροί την ισοτιμία και επομένως οι λύσεις είναι \pm 4+65k \wedge \pm 9+65k


Κορυφή
 Προφίλ  
 
Τελευταίες δημοσιεύσεις:  Ταξινόμηση κατά  
Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 106 δημοσιεύσεις ]  Μετάβαση στην σελίδα Προηγούμενη  1 ... 4, 5, 6, 7, 8  Επόμενο

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]


Μελη σε συνδεση

Μέλη σε αυτή την Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες


Δεν μπορείτε να δημοσιεύετε νέα θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να απαντάτε σε θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να επεξεργάζεστε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να διαγράφετε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση

Αναζήτηση για:
Μετάβαση σε:  
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group