Matematyka.pl

Mam do rozwiązania układ kongruencji \(\displaystyle{ \begin{cases}2a+3b\equiv1 \mod 4 \\ 4a+3b\equiv5 \mod 6\end{cases}}\). Może trzeba by próbować z twierdzeniem chińskim o resztch?

Dodano po 13 minutach 43 sekundach:
Korzystając z drugiego równania mielibyśmy:

(1) \(\displaystyle{ 4a+3b\equiv5 \mod2\,\,\Rightarrow\,\,b\equiv1 \mod2\,\,\Rightarrow\,\,b=2k+1,\,\,k\in\mathbb{Z}.}\)

(2) \(\displaystyle{ 4a+3b\equiv5 \mod3\,\,\Rightarrow\,\,a\equiv2 \mod3\,\,\Rightarrow\,\,a=3l+2,\,\,l\in\mathbb{Z}.}\)

bazyl01 pisze: ↑25 kwie 2024, o 15:41 Korzystając z drugiego równania mielibyśmy:
(1) \(\displaystyle{ 4a+3b\equiv5 \mod2}\)
(2) \(\displaystyle{ 4a+3b\equiv5 \mod3}\)

Ok. A dlaczego? To stwierdzenie jest implikacją czy równoważnością? Jeśli tylko implikacją to czy w dobrą stronę. Nawet jeśli \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ b}\) są odpowiedniej postaci to czy spełnione jest pierwsze równanie?

No jest implikacją. Ja zacząłem tylko to rozwiązanie, a raczej jego próbę i wyraźnie zaznaczyłem, że póki co skorzystałem tylko z 2 równania... Gdybym znał rozwiązanie, nie pytałbym o nie na forum... Nie, nie spełnia pierwszego równania, dlatego tu przybyłem...

bazyl01 pisze: ↑25 kwie 2024, o 16:53 No jest implikacją.

A nawet równoważnością. Nie jest to tu jakoś bardzo istotne. Ale jeśli mamy to z tyłu głowy to możemy kompletnie przestać myśleć o drugim równaniu na rzecz \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ b}\) będących liczbami odpowiedniej postaci.

bazyl01 pisze: ↑25 kwie 2024, o 16:53 Ja zacząłem tylko to rozwiązanie, a raczej jego próbę i wyraźnie zaznaczyłem, że póki co skorzystałem tylko z 2 równania...

Rozumiem. To ja potwierdzam. Z drugiego równania otrzymaliśmy równoważny wniosek o postaci na \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ b}\). To jest dobry początek.

bazyl01 pisze: ↑25 kwie 2024, o 16:53 Gdybym znał rozwiązanie, nie pytałbym o nie na forum...

Hmmm tak. Domyślam się. Istotnie zakładam, że jesteś rozsądnym człowiekiem.

bazyl01 pisze: ↑25 kwie 2024, o 16:53 Nie, nie spełnia pierwszego równania, dlatego tu przybyłem...

A może spełnia tylko pod jakimś warunkiem. Może \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ l}\) nie może być całkowicie dowolne. Ale niektóre
pewne szczególne \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ l}\) byłby ok? Na przykład \(\displaystyle{ l=3}\) oraz \(\displaystyle{ k=2}\) zdaje się zadawać takie \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ b}\) które pierwsze równanie spełniają. Zastanów się nad ogólnym warunkiem.

Z pewnością tak jest Janusz, tylko próbuje właśnie ten warunek na odpowiednie \(\displaystyle{ k,l\in\mathbb{Z}}\) wyprowadzić. Może tak:

Z (1) równania mamy, że: \(\displaystyle{ 2a+3b=4m+1}\), gdzie \(\displaystyle{ m\in\mathbb{Z}}\). Wstawiając \(\displaystyle{ a=3l+2,\,\,b=2k+1,\,\,}\) gdzie \(\displaystyle{ k,l\in\mathbb{Z}}\) mamy:

\(\displaystyle{ 2(3l+2)+3(2k+1)=4m+1\,\,\Leftrightarrow\,\,6l+6k+6=4m\,\,\Leftrightarrow\,\,3(k+l+1)=2m}\)

Chyba błędne koło..

Możesz zamienić obydwa równania tak, żeby były modulo 12.

Pierwsze: \(\displaystyle{ 2a + 3b \equiv 1}\) (albo 5 albo 9)
Drugie: \(\displaystyle{ 4a + 3b \equiv 5}\) (albo 11).

Razem sześć układów do rozwiązania, ale liczenia aż tak dużo nie ma. Rozwiążę jeden przykład, z 9 i 11.

Odejmujemy od drugiego pierwsze i mamy \(\displaystyle{ 4a + 3b - 2a - 3b \equiv 11 - 9}\) (modulo 12) czyli \(\displaystyle{ 2a \equiv 2}\) (modulo 12), czyli \(\displaystyle{ a = 1}\) lub \(\displaystyle{ a = 7}\). Wstawiamy to do drugiego i mamy \(\displaystyle{ 3b \equiv 11 - 4a}\), czyli \(\displaystyle{ 3b \equiv 7}\) w pierwszym przypadku i \(\displaystyle{ 3b \equiv -17}\) w drugim. Pierwszy przypadek jest sprzeczny, a drugi też.

bazyl01 pisze: ↑25 kwie 2024, o 18:25 \(\displaystyle{ 2(3l+2)+3(2k+1)=4m+1\,\,\Leftrightarrow\,\,6l+6k+6=4m\,\,\Leftrightarrow\,\,3(k+l+1)=2m}\)

Dobrze. A wniosek z tego taki, że \(\displaystyle{ k+l}\) musi być liczbą nieparzystą (bo w przeciwnym razie ostatnia równość nie zajdzie). Co więcej w drugą stronę jeśli \(\displaystyle{ k+l}\) jest liczbą nieparzystą to równość zajdzie dla pewnego \(\displaystyle{ m}\), a to oznacza, że kongruencja pierwsza też. Zatem rozwiązania pary \(\displaystyle{ (a,b)}\) takie, że \(\displaystyle{ a=3l+2,\,\,b=2k+1}\) oraz \(\displaystyle{ k+l\in 2\ZZ+1}\). Innymi słowy dowolna reprezentacja w postaci sumy dowolnej liczny nieparzyste zadaje pewne \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ l}\) które stanowią składowe rozwiązania.

Janusz brakuje mi pewności siebie... Dziękuję Ci, ja to widziałem od razu przy rozwiązywaniu, ale ja cały czas szukałem takiej jawnej postaci na a i b, bez zadania dodatkowego warunku

Zbiór rozwiązań to zbiór par \(\displaystyle{ \left\{ (3l+2,2k+1): k,l\in\ZZ \, \&\, k+l \in 2\ZZ+1\right\} }\). Przekształcając równoważnie ten zbiór lub warunek który go zadaje można go zapisywać inaczej. Przykładowo warunek \(\displaystyle{ k+l \in 2\ZZ+1}\) jest równoważny ze stwierdzeniem \(\displaystyle{ (\exists n\in\ZZ) k+l=2n+1}\). Można zatem zapisać

A to już daje jawny opis rozwiązań.