kongruenslikning

Her kan du stille spørsmål vedrørende problemer og oppgaver i matematikk på høyskolenivå. Alle som har kunnskapen er velkommen med et svar. Men, ikke forvent at admin i matematikk.net er spesielt aktive her.

kongruenslikning

Innlegg Janhaa » 11/03-2020 11:30

Sliter litt med rakker'n under, noen?

[tex](\sqrt{3}+5)^{100}-(\sqrt{3}-5)^{100} \equiv x \, (\text {mod 9})[/tex]

noen forslag...
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa offline
Boltzmann
Boltzmann
Brukerens avatar
Innlegg: 7929
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: kongruenslikning

Innlegg Mattegjest » 11/03-2020 12:44

Kan løyse opp og trekkje saman potensuttrykka på V. S. ved å bruke Newton's binomialformel. Har prøvd meg på dette
reknestykket og endar opp med

( * ) 2 [tex]\cdot[/tex][tex]\sum_{j = 1}^{j = 50}[/tex]( [tex]\sqrt{3}[/tex][tex]) ^{101 - 2j}[/tex][tex]\cdot[/tex]5[tex]^{2j - 1}[/tex]

Mod( 9 ) må vel bety at summen ( * ) er deleleg med 9 [tex]\Leftrightarrow[/tex] Eitt eller fleire ledd i summen er deleleg med 9 [tex]\Leftrightarrow[/tex] Ein eller fleire av eksponentane i potensuttrykket [tex]\sqrt{3}[/tex][tex]^{101- 2j}[/tex] er deleleg med 4 ( ([tex]\sqrt{3}[/tex])[tex]^{4}[/tex] = 9 ). Dette vilkåret er ikkje oppfylt for nokon verdi av teljevariablen j ettersom 101 - 2j er eit oddetal for alle 1 [tex]\leq[/tex] j [tex]\leq[/tex] 50 )

Konklusjon: Kongruenslikninga har inga løysing ( L = Ø )

P.S. Kjenner meg ikkje trygg på at denne løysinga held mål. Difor ventar eg " motlegg " frå skarpskodde talteoretikarar.
Mattegjest offline

Re: kongruenslikning

Innlegg Nebuchadnezzar » 11/03-2020 14:10

Tja, du kan vel vise at $(\sqrt{5} + 3)^{2n} - (\sqrt{3} - 5)^{2n} = a \sqrt{3}$, $a, n \in \mathbb{N}$ med samme fremgangsmåte som mattegjest har gjort, evnt tror jeg det skal gå med induksjon og.
Åpenbart kan ikke $a\sqrt{3}$ dele 9 da det er irrasjonalt..
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Nebuchadnezzar offline
Fibonacci
Fibonacci
Brukerens avatar
Innlegg: 5564
Registrert: 24/05-2009 13:16
Bosted: NTNU

Re: kongruenslikning

Innlegg Janhaa » 11/03-2020 14:11

Mattegjest skrev:Kan løyse opp og trekkje saman potensuttrykka på V. S. ved å bruke Newton's binomialformel. Har prøvd meg på dette
reknestykket og endar opp med

( * ) 2 [tex]\cdot[/tex][tex]\sum_{j = 1}^{j = 50}[/tex]( [tex]\sqrt{3}[/tex][tex]) ^{101 - 2j}[/tex][tex]\cdot[/tex]5[tex]^{2j - 1}[/tex]

Mod( 9 ) må vel bety at summen ( * ) er deleleg med 9 [tex]\Leftrightarrow[/tex] Eitt eller fleire ledd i summen er deleleg med 9 [tex]\Leftrightarrow[/tex] Ein eller fleire av eksponentane i potensuttrykket [tex]\sqrt{3}[/tex][tex]^{101- 2j}[/tex] er deleleg med 4 ( ([tex]\sqrt{3}[/tex])[tex]^{4}[/tex] = 9 ). Dette vilkåret er ikkje oppfylt for nokon verdi av teljevariablen j ettersom 101 - 2j er eit oddetal for alle 1 [tex]\leq[/tex] j [tex]\leq[/tex] 50 )

Konklusjon: Kongruenslikninga har inga løysing ( L = Ø )

P.S. Kjenner meg ikkje trygg på at denne løysinga held mål. Difor ventar eg " motlegg " frå skarpskodde talteoretikarar.

Takk for bidrag mister.

Titta litt på det, går ikke an å jukse i Wolfram heller med denne :=)
Men fant ut av et mønster: 1,2,7,8,7,2,..., 1
tror derfor:

[tex]LHS \equiv 1\text (\mod 9)[/tex]

Nå får vi vente på gutta-boys...
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa offline
Boltzmann
Boltzmann
Brukerens avatar
Innlegg: 7929
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: kongruenslikning

Innlegg Janhaa » 11/03-2020 14:15

Nebuchadnezzar skrev:Tja, du kan vel vise at $(\sqrt{5} + 3)^{2n} - (\sqrt{3} - 5)^{2n} = a \sqrt{3}$, $a, n \in \mathbb{N}$ med samme fremgangsmåte som mattegjest har gjort, evnt tror jeg det skal gå med induksjon og.
Åpenbart kan ikke $a\sqrt{3}$ dele 9 da det er irrasjonalt..

ja, godt mulig...
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa offline
Boltzmann
Boltzmann
Brukerens avatar
Innlegg: 7929
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: kongruenslikning

Innlegg Janhaa » 11/03-2020 18:28

Så litt mer på dette: fant at

[tex]\phi(9) = 6[/tex]
der Euler's theroem gir:

[tex]\large a^{\phi(n)}\equiv 1\,(\mod n)\\ dvs\\ a^{\phi(9)}\equiv 1\,(\mod 9)\\ \\ a^{6}\equiv 1\,(\mod 9)[/tex]
der eksponenten:

[tex]103 \equiv 1\,(\mod 6)[/tex]
videre:
[tex]\sqrt{3}+5-\sqrt{3}-(-5)=10\\ finally\\ \\ 10 \equiv 1\,(\mod 9)[/tex]

holder dette, mtp:

[tex]LHS \equiv 1\,(\mod 9)[/tex]

?
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa offline
Boltzmann
Boltzmann
Brukerens avatar
Innlegg: 7929
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: kongruenslikning

Innlegg Nebuchadnezzar » 11/03-2020 18:56

Du kan jo sjekke på wolfram, men venstresiden din er irrasjonalt som sagt :p
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Nebuchadnezzar offline
Fibonacci
Fibonacci
Brukerens avatar
Innlegg: 5564
Registrert: 24/05-2009 13:16
Bosted: NTNU

Re: kongruenslikning

Innlegg Gustav » 11/03-2020 23:04

Janhaa skrev:Sliter litt med rakker'n under, noen?

[tex](\sqrt{3}+5)^{100}-(\sqrt{3}-5)^{100} \equiv x \, (\text {mod 9})[/tex]

noen forslag...


1. Eulers teorem fungerer kun for heltall, så det kan ikke benyttes.

2. Sikker på at det ikke skal stå [tex](\sqrt{3}+5)^{100}+(\sqrt{3}-5)^{100} \equiv x \, (\text {mod 9})[/tex] ? Det vil i såfall føre til en heltallig verdi av x.

3. Hvis ligningen faktisk er riktig er x, som nebu skriver, irrasjonalt, og $x\equiv 2.833182259491290839719674961722113639286090202000397160986...$. Litt merkelig problem i så fall, siden alt tyder på at ligningen burde vært diofantisk? (Modulær aritmetikk for reelle tall er også en litt tvilsom affære, siden multiplikasjon generelt vil bryte sammen, f.eks. er 2=11 mod 9. Ganger vi gjennom med 0.5 fås 1=5.5 mod 9, som jo ikke gir mening.)
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4357
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: kongruenslikning

Innlegg Janhaa » 11/03-2020 23:49

Jeg surra, sorry, skal være:

[tex]\large (\sqrt{3}+5)^{103}-(\sqrt{3}-5)^{103} \equiv x \, (\text {mod 9})[/tex]

I mitt hode stod dette hele tiden, da skal det stemme Gustav?
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa offline
Boltzmann
Boltzmann
Brukerens avatar
Innlegg: 7929
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: kongruenslikning

Innlegg Janhaa » 11/03-2020 23:50

Gustav skrev:
Janhaa skrev:Sliter litt med rakker'n under, noen?

[tex](\sqrt{3}+5)^{100}-(\sqrt{3}-5)^{100} \equiv x \, (\text {mod 9})[/tex]

noen forslag...


1. Eulers teorem fungerer kun for heltall, så det kan ikke benyttes.

2. Sikker på at det ikke skal stå [tex](\sqrt{3}+5)^{100}+(\sqrt{3}-5)^{100} \equiv x \, (\text {mod 9})[/tex] ? Det vil i såfall føre til en heltallig verdi av x.

3. Hvis ligningen faktisk er riktig er x, som nebu skriver, irrasjonalt, og $x\equiv 2.833182259491290839719674961722113639286090202000397160986...$. Litt merkelig problem i så fall, siden alt tyder på at ligningen burde vært diofantisk? (Modulær aritmetikk for reelle tall er også en litt tvilsom affære, siden multiplikasjon generelt vil bryte sammen, f.eks. er 2=11 mod 9. Ganger vi gjennom med 0.5 fås 1=5.5 mod 9, som jo ikke gir mening.)

OK, takk for svar.
Må se litt mer på den i morra.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa offline
Boltzmann
Boltzmann
Brukerens avatar
Innlegg: 7929
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: kongruenslikning

Innlegg Gustav » 12/03-2020 00:30

Ja, da blir det jo noe helt annet. Eulers teorem kan fremdeles ikke brukes direkte siden $\sqrt{3}\pm 5$ ikke er heltallig, men binomialutviklingen gir

$(\sqrt{3}+5)^{103}-(\sqrt{3}-5)^{103} = \sum_{k=0}^{103} {103\choose k}\sqrt{3}^k (5^{103-k}-(-5)^{103-k})$

$=2\sum_{k=0,2,4,...,102}{103\choose k}\sqrt{3}^k 5^{103-k}\equiv 2{103\choose 0}5^{103}\equiv 5^{102}\equiv 1 \pmod 9$, siden $5^{102}=(5^6)^{17}\equiv 1^{17}\equiv 1 \pmod 9$ ved Eulers teorem.

Edit:
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4357
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: kongruenslikning

Innlegg Janhaa » 12/03-2020 12:36

Gustav skrev:Ja, da blir det jo noe helt annet. Eulers teorem kan fremdeles ikke brukes direkte, men binomialutviklingen gir

[tex](\sqrt{3}+5)^{103}-(\sqrt{3}-5)^{103} = \sum_{k=0}^{103} {103\choose k}\sqrt{3}^k (5^{103-k}-(-5)^{103-k})=2\sum_{k=0,2,4,...,102}{103\choose k}\sqrt{3}^k 5^{103-k}\equiv 2{103\choose 0}5^{103}\equiv 5^{102}\equiv 1 \pmod 9[/tex], siden $5^{102}=(5^6)^{17}\equiv 1^{17}\equiv 1 \pmod 9$ ved Euler.


thanks
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa offline
Boltzmann
Boltzmann
Brukerens avatar
Innlegg: 7929
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: kongruenslikning

Innlegg Mattegjest » 12/03-2020 13:48

Gustav presenterer her ein interessant anvendelse av Euler's teorem. Men delar av teksta di er vanskeleg å tyde ettersom denne overlappar med personleg info ( standard-tekst ) som er med i kvart innlegg.
Kan du rette på dette ? Da vil eg ( og andre som les innlegget ) få eit større fagleg utbytte av bidraget ditt.

Mvh

Mattegjest
Mattegjest offline

Re: kongruenslikning

Innlegg Emilga » 12/03-2020 13:58

Mattegjest: dersom du leser på laptop så ser det helt fint ut. Men på iPad og mobil, så fortsetter uttrykket til høyre og overlapper Gustavs profilinformasjon.

Et protip er å sitere innlegget hans i et nytt innlegg du lager selv og så dele opp likningen selv, og så trykke "Forhåndsvis".
Emilga offline
Poincare
Poincare
Innlegg: 1472
Registrert: 20/12-2006 19:21
Bosted: NTNU

Re: kongruenslikning

Innlegg Mattegjest » 12/03-2020 16:19

Emilga : " dersom du leser på laptop så ser det helt fint ut "

Takk for velmeint råd , men eg er like langt ! Kva meinest med laptop ?
Mattegjest offline

Neste

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 6 gjester