old cesenatico

Numeri interi, divisibilità, primalità, ed equazioni a valori interi.

old cesenatico

Messaggioda Giovanni98 » 28/03/2015, 19:22

Si dimostri che per qualsiasi $x \in \mathbb{Z}$ $120|3x^5+5x^3-8x$
Avatar utente
Giovanni98
 
Messaggi: 1255
Iscritto il: 27/11/2014, 14:30

Re: old cesenatico

Messaggioda Toadino2 » 28/03/2015, 20:59

È bellino... sarà divertente distruggerlo a scomposizioni :twisted:

Testo nascosto:
Per prima cosa scomponiamo il polinomio di destra: raccogliamo il fattore $x$ [$x(3x^4+5x^2-8)$]; svolgiamo il trinomio caratteristico di secondo tipo [$x(3x^4+8x^2-3x^2-8) \rightarrow x(x^2-1)(3x^2+8) \rightarrow x(x+1)(x-1)(3x^2+8)$.
Vediamo che $120=2^3*3*5$.
Ora analizziamo i fattori.
Fattore $2$: vediamo che deve esserci almeno un fattore $2$, perché o $x$ è pari o lo sono $x+1$ ed $x-1$; ora analizziamo modulo $4$.
$x \equiv 0 \rightarrow$ $x$ già costituisce un fattore $2^2$, ed inoltre si ha $3x^2+8 \equiv 0 \pmod 4$, dunque avremmo un fattore $2^4$;
$x \equiv 1 \rightarrow$ allora $x-1$ è multiplo di $4$ ed $x+1$ è comunque pari, allora ci sarà sempre un fattore $2^3$;
$x \equiv 2 \rightarrow$ allora $x$ è pari; ma allora $3x^2 \equiv 0 \pmod 4 \rightarrow 3x^2+8 \equiv 0 \pmod 4$, dunque avremo sempre un fattore $2^3$;
$x \equiv 3 \rightarrow$ allora $x+1$ è multiplo di $4$ èd $x-1$ è comunque pari, allora ci sarà sempre un fattore $2^3$.
Dunque ci saranno sempre dei fattori $2^3$, come volevamo.
Fattore $3$: dev'esserci necessariamente un fattore $3$ perché modulo $3$ i polinomi $x,x+1,x-1$ hanno tutti una congruenza diversa, dunque almeno uno dei termini dev'essere $\equiv 0 \pmod 3$, quindi per qualsiasi $x$ avremo dei termini multipli di 3, come volevamo.
Fattore $5$: facciamo una serie di prove modulo $5$:
$x \equiv 0 \pmod 5 \rightarrow$ allora $x$ è già di per sé contenente un fattore $5$;
$x \equiv 1 \pmod 5 \rightarrow$ allora $x-1$ è già di per sé contenente un fattore $5$;
$x \equiv 2 \pmod 5 \rightarrow$ allora $x^2 \equiv 4 \pmod 5 \rightarrow 3x^2 \equiv 12 \equiv 2 \pmod 5$, ma aggiunto $8$ diventa $\equiv 10 \pmod 5$, dunque è multiplo di 5 e contiene un fattore $5$;
$x \equiv 3 \pmod 5 \rightarrow$ allora $x^2 \equiv 3*3 \equiv 9 \equiv 4 \pmod 5$, il che ci riconduce al caso precedente e dunque anche in questo caso possiamo affermare che $3x^2+8$ contenga sempre un fattore $5$;
$x \equiv 4 \pmod 5 \rightarrow$ allora $x+1$ contiene già di per sé un fattore $5$.
Dunque, come volevamo, in ogni caso ci saranno dei fattori $5$.
Abbiamo quindi dimostrato che in tale polinomio c'è sempre almeno un fattore $2^3$, un fattore $3$ ed un fattore $5$; ma allora $2^3*3*5$ si trova nella fattorizzazione di tale polinomio ed è dunque divisibile per esso, ergo è divisibile per $120$, ciò che volevamo dimostrare. $q.e.d.$
Nota successiva: lo stesso ragionamento vale esattamente per i numeri non negativi e lo zero vale come un numero congruo a zero modulo qualsiasi numero, ed è multiplo intero di qualsisi numero reale.
Per dimostrare che vale anche per gli interi non negativi è sufficiente osservare come valgano anche in quel caso le congruenze, trasformarle da negative a positive e ripetere il procedimento, trattando tali numeri esattamente come gli interi positivi. Infatti un numero positivo può essere divisore anche di numeri negativi.

Mi aspettavo fosse più difficile :lol:
Ultima modifica di Toadino2 il 29/03/2015, 7:56, modificato 1 volta in totale.
C'è chi ha definito ogni persona come una guerriera della vita... ed allora ogni matematico combatte una guerra eterna contro i numeri per conquistarli: e più saremo in tanti a combattere tali battaglie, prima la vinceremo. Cit.Me
Toadino2
 
Messaggi: 589
Iscritto il: 27/11/2014, 18:05

Re: old cesenatico

Messaggioda Gizeta » 28/03/2015, 22:15

Testo nascosto:
Per il piccolo teorema di Fermat [tex]a^p \equiv a \pmod p[/tex], quindi

[tex]3x^5+5x^3-8x \equiv 5x-8x \equiv -3x \equiv 0 \pmod 3[/tex]

[tex]3x^5+5x^3-8x \equiv 3x-3x \equiv 0 \pmod 5[/tex]

[tex]3x^5+5x^3-8x \equiv 3x^5+5x^3=x^3(3x^2+5)[/tex]

Se [tex]x[/tex] è dispari vale [tex]x^2 \equiv 1 \pmod 8 \Rightarrow x^3(3x^2+5) \equiv 8x^3 \equiv 0 \pmod 8[/tex].
Se [tex]x[/tex] è pari poniamo [tex]x=2k \Rightarrow (2k)^3(3x^2+5) =8k^3(3x^2+5) \equiv 0 \pmod 8[/tex]


In definitiva vale [tex]3 \cdot 5 \cdot 8=120 \mid 3x^5+5x^3-8x[/tex]

[tex]\blacksquare[/tex]



Rilancio: mostrare che [tex]9 \mid 4^n+15n-1[/tex] per ogni [tex]n \in \mathbb{N}[/tex].
Gizeta
 
Messaggi: 821
Iscritto il: 27/11/2013, 17:16

Re: old cesenatico

Messaggioda Toadino2 » 29/03/2015, 8:10

Rispondo io:
Testo nascosto:
Nota:funziona anche con gli interi non negativi :lol:
Innanzitutto troviamo la periodicità dei resti modulo $9$ delle potenze di $4$:
$1,4,16,64,256,1024,4096,16384,65536 \equiv 1,4,7,1,4,7,1,4,7$, ergo le potenze hanno resti periodici a blocchi di tre secondo lo schema $1,4,7$.
Analizziamo modulo 9 tutte le possibili congruenze di $n$:
$\equiv 0 \rightarrow 4^0+15\times 0-1 \equiv 1+0-1 \equiv 0$ ergo contiene sempre un fattore $3^2$;
$\equiv 1 \rightarrow 4^1+15\times 1-1 \equiv 4+6-1 \equiv 9 \equiv 0$ ergo contiene sempre un fattore $3^2$;
$\equiv 2 \rightarrow 4^2+15\times 2-1 \equiv 7+30-1 \equiv 36 \equiv 0$ ergo contiene sempre un fattore $3^2$.
Ora ci basta osservare che avendo già osservato la periodicità dei resti a blocchi di tre, se analizziamo la sequenza di congruenze dei multipli di 15 vediamo che si ha una sequenza del tipo $0+15+15+15+15+15...\equiv x \pmod 9$
Quindi $\equiv 0+6+6+6+6... \pmod 9$ a loro volta $\equiv 0,6,3,0,6,3... \pmod 9$ ergo anche qui i resti sono periodi a blocchi di tre secondo lo schema $0,6,3$, ma allora lo schema sopra scritto deve ripetersi anche con le congruenze successive.
Dunque un tale polinomio qualsiasi congruenza abbia quel numero $n$ modulo nove avrà sempre un fattore $3^2=9$ ergo sarà divisibile per $9$, cioè ciò che volevamo dimostrare. $q.e.d.$
C'è chi ha definito ogni persona come una guerriera della vita... ed allora ogni matematico combatte una guerra eterna contro i numeri per conquistarli: e più saremo in tanti a combattere tali battaglie, prima la vinceremo. Cit.Me
Toadino2
 
Messaggi: 589
Iscritto il: 27/11/2014, 18:05

Re: old cesenatico

Messaggioda Toadino2 » 29/03/2015, 9:33

Ehm.... Giovanni, chi ha vinto? XD
C'è chi ha definito ogni persona come una guerriera della vita... ed allora ogni matematico combatte una guerra eterna contro i numeri per conquistarli: e più saremo in tanti a combattere tali battaglie, prima la vinceremo. Cit.Me
Toadino2
 
Messaggi: 589
Iscritto il: 27/11/2014, 18:05

Re: old cesenatico

Messaggioda EnricoC » 29/03/2015, 15:31

Scusata, mi potreste spiegare come funzionano questi passaggi?
3x5+5x3−8x≡5x−8x≡−3x≡0 (mod3)
EnricoC
 
Messaggi: 30
Iscritto il: 28/03/2015, 21:18

Re: old cesenatico

Messaggioda EnricoC » 29/03/2015, 15:32

Scusata, mi potreste spiegare come funzionano questi passaggi?
3x5+5x3−8x≡5x−8x≡−3x≡0 (mod3)
EnricoC
 
Messaggi: 30
Iscritto il: 28/03/2015, 21:18

Re: old cesenatico

Messaggioda Gizeta » 29/03/2015, 16:02

[tex]3x^5 \equiv 0 \pmod 3[/tex] [Infatti per ogni [tex]x\in \mathbb{Z}[/tex] che sostituisci ottieni un multiplo di [tex]3[/tex]];

[tex]5x^3 \stackrel{Fermat}{\equiv} 5x \equiv -x \pmod 3[/tex] [la prima congruenza si giustifica con il piccolo teorema di Fermat, per la seconda non ho fatto altro che sostituire [tex]5[/tex] con un altro elemento della classe d'equivalenza];

[tex]-8x \equiv -2x \pmod 3[/tex]

Addizionando le tre congruenze

[tex]3x^5+5x^3-8x \equiv -3x \equiv 0 \pmod 3[/tex]


Spero sia chiaro.


p.s. Toadino, dopo controllo la tua soluzione al rilancio! :D
Gizeta
 
Messaggi: 821
Iscritto il: 27/11/2013, 17:16

Re: old cesenatico

Messaggioda EnricoC » 29/03/2015, 16:53

Grazie della spiegazione. Sapresti consigliarmi qualche testo per l' algebra modulare? Mi mancano proprio le basi
EnricoC
 
Messaggi: 30
Iscritto il: 28/03/2015, 21:18

Re: old cesenatico

Messaggioda Toadino2 » 29/03/2015, 17:41

Mi intrometto :D consigliando una lettura del capitolo dedicato sulle nostre ultraclassiche Dispense ;)
http://www.dmi.units.it/divulgazione/ma ... oniche.pdf

Ok, Gizeta ;) poi se il nostro Giovanni vuol risolvere la contesa... :roll:
C'è chi ha definito ogni persona come una guerriera della vita... ed allora ogni matematico combatte una guerra eterna contro i numeri per conquistarli: e più saremo in tanti a combattere tali battaglie, prima la vinceremo. Cit.Me
Toadino2
 
Messaggi: 589
Iscritto il: 27/11/2014, 18:05

Prossimo

Torna a Teoria dei Numeri

Chi c’è in linea

Visitano il forum: Nessuno e 0 ospiti