Znajdź takie liczby...

Podzielność. Reszty z dzielenia. Kongruencje. Systemy pozycyjne. Równania diofantyczne. Liczby pierwsze i względnie pierwsze. NWW i NWD.
outrance
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 10
Rejestracja: 10 wrz 2007, o 19:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Olsztyn

Znajdź takie liczby...

Post autor: outrance » 10 wrz 2007, o 19:56

otóż nalezy znaleźć takie n i m dla którego wyrazenie: \(\displaystyle{ \frac{2^n+1}{2^m+1}}\) jest:
1) podzielne przez 5
2) liczbą calkowitą
3) odwrotnościa liczby całkowitej
padło już 3 nauczycieli i
głęboki ukłon temu, kto znajdzie...


Poprawiłem temat, Lorek. A i zapis też
Ostatnio zmieniony 10 wrz 2007, o 20:50 przez outrance, łącznie zmieniany 1 raz.
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

Awatar użytkownika
Lorek
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 7149
Rejestracja: 2 sty 2006, o 22:17
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ruda Śląska
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 1322 razy

Znajdź takie liczby...

Post autor: Lorek » 10 wrz 2007, o 20:52

Może coś więcej o tych m,n? To są liczby całkowite, rzeczywiste, muszą być różne od siebie?

outrance
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 10
Rejestracja: 10 wrz 2007, o 19:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Olsztyn

Znajdź takie liczby...

Post autor: outrance » 10 wrz 2007, o 20:53

dziękuje za poprawę,
ja też zapomniałem dodać, że trzech nauczycieli poległo przy tym zadaniu, ale czwarty zadał je na jutro

palazi
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 175
Rejestracja: 6 wrz 2006, o 21:58
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łapy/Białystok
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 37 razy

Znajdź takie liczby...

Post autor: palazi » 10 wrz 2007, o 23:25

Najpierw podpunkt b) (podpunkt c) jest taki sami jak podpunkt b) z tym, ze zamieniasz licznik z mianownikiem) - a podpunkt a) zostawię sobie na deser:
Dajmy na to, ze zachodzi \(\displaystyle{ n = km + l}\) , oraz \(\displaystyle{ k,l,m,n}\) są ustalone gdzie \(\displaystyle{ l {0;1;2;3;...;m-1}}\)
Jakby \(\displaystyle{ 2^{n} + 1}\) było podzielne przez \(\displaystyle{ 2^m +1}\) to także \(\displaystyle{ (2^n +1) - (2^m +1) = (2^{km+l} - 2^m = 2^m(2^{m(k-1) + l} -1 )}\) musiałoby być podzielne. Podobnie dowodzimy, że \(\displaystyle{ 2^{m(k-2) + l} +1}\) musiałoby byc podzielne. Tak mozna udowodnić (m.in. poprzez indukcję, że liczby postaci \(\displaystyle{ 2^{m(k-2s) +l} +1}\) oraz \(\displaystyle{ 2^{m(k-2s+1) +l} -1}\) (dla dowolnego naturalnego \(\displaystyle{ s}\) ) musiałyby być podzielne przez \(\displaystyle{ 2^m +1}\).
Więc w szczególności gdy \(\displaystyle{ k}\) jest parzyste to musiałaby zachodzić podzielność\(\displaystyle{ 2^m + 1| 2^l + 1}\) ale to jest niemozliwe bo \(\displaystyle{ 2=}\)

outrance
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 10
Rejestracja: 10 wrz 2007, o 19:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Olsztyn

Znajdź takie liczby...

Post autor: outrance » 11 wrz 2007, o 07:53

nie kupuję takiego rozwiazania m=(2a+1)n, nie można wyliczyć z niego analitycznie ani m ani n, do rowiązania potrzebny jest najwyraźniej jeszcze jeden lemat zastępujący drugi z układu równań i w ten sposób pozwwalający uzależnić m i n od tego samego parametru. To zadanie jest z 1-szej klasy liceum a w jego programie nie ma kongruencji, więc mod też odpada. No niestety, przyjdzie nam tu chyba się poddać

palazi
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 175
Rejestracja: 6 wrz 2006, o 21:58
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łapy/Białystok
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 37 razy

Znajdź takie liczby...

Post autor: palazi » 11 wrz 2007, o 10:21

O.K. w podsumowaniu co do podpunktu a) zapomniałem dodac jeszcze cos waznego co mi umknęło, otóż oprócz tego, że musi zachodzić: \(\displaystyle{ a = 2+5t}\) i \(\displaystyle{ n = (2a+1)m = (2(2+5t) + 1)m = 5(2s+1)m}\) to jeszcze przecież pisałem (w trakcie rozwiązania) że musi jeszcze być \(\displaystyle{ m \equiv 2(mod 4)}\) a więc \(\displaystyle{ m = 2 + 4h}\)
Więc ostateczną odp. co do podpunktu a):
\(\displaystyle{ m = 2 + 4h}\) oraz \(\displaystyle{ n = 5(2s+1)m = 5(2s+1)(2+4h)}\)
I to już jest koniec zadania bo teraz podzielnośc przez \(\displaystyle{ 5}\) zachodzi teraz juz dla dowolnych naturalnych \(\displaystyle{ s}\) i \(\displaystyle{ h}\)
A to że zadanie jest z I klasy liceum to moze chodziło w nim o to aby podac przykłady takich m oraz n że zachodzą podzielnosci a nie znalezć wszystkie takie m oraz n? Albo to jakieś trudniejsze zadanie ze zbioru - oznaczone jakąs czarną gwiazdką? (jeżeli jest ono ze zbioru Pawłowskiego (zbiór nr 1) to wcale się nie dziwię że takie zadania zostały tam umieszczone). A co do kongruencji... więc skoro jestes w I klasie to skąd w ogóle znasz to pojecie? Po drugie kongruencje zawsze można obejść słownie, tylko że każde równanie kongruencyjne trzeba zawsze zastąpić kilkoma zdaniami i trzeba dodatkowo jeszcze wprowadzić milion nowych oznaczeń, wiec kongruencjami pisałme dla wygody. Napisałem ci pełne rozwiązanie, przyznam że troche je pomeczyłem- ok. 2 godzin, a ty nagle mi wyskakujesz "nie kupje tego rozwiązania"--> to ja ci powiem, ja innego wymyślał nie bedę bo to wyżej jest dobre.

outrance
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 10
Rejestracja: 10 wrz 2007, o 19:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Olsztyn

Znajdź takie liczby...

Post autor: outrance » 11 wrz 2007, o 11:26

Odnośnie a) nie rozumiem, dla czego wg ciebie liczby m i 2 muszą przystawać modulo 4 (uprzednio 5), kiedy modulo 2, 3 lub 5 dają również poprawne rozwiązania.
Zadanie, które przedstawiłem jest z zakresu konkretnego programu nauczania, w tym przypadku przypisanego do 1-szej klasy liceum; a ja o próbę rozwiązania zostałem poproszony. Wyjściowe wyrażenie zawiera 2 niewiadome, a wiec do rozwiązania konkretnego równania a), b) lub c) potrzebne są 2 lematy, możliwie najprostsze. Odnośnie punktu a, 1-szym lematem będzie oczywiście zasada podzielności: „Liczba jest podzielna przez n, jeśli jest ona podzielna przez k i l, n = k * l oraz k i l są liczbami względnie pierwszymi”. Pozostaje zatem znaleźć jeszcze jeden lemat.

palazi
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 175
Rejestracja: 6 wrz 2006, o 21:58
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łapy/Białystok
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 37 razy

Znajdź takie liczby...

Post autor: palazi » 11 wrz 2007, o 11:42

Przeciez pisałem, że musi zachodzić: \(\displaystyle{ 2^{(2a+1)m} \equiv 4(mod 5)}\) A to jest przeciez mozliwe tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ (2a+1)m \equiv 2(mod 4)}\) (--> sam to sprawdz, i się nie pomyliłem, jest modulo 4 teraz) Natomiast teraz zauważ że \(\displaystyle{ 2a+1}\)[ może dawac resztę albo \(\displaystyle{ 1}\) albo \(\displaystyle{ 3}\) z dzielenia przez \(\displaystyle{ 4}\) a więc z tego wynika że aby zachodziła powyższa równosc to też musi zachodzić \(\displaystyle{ m \equiv 2(mod 4)}\), a co do tych Twoich "lematów" to kompletnie nie rozumiem o co ci chodzi, przeciez w swoim rozwiazaniu nic skomplikowanego nie użyłem, żadnych lematów nie wymyślałem a wszystko opiera się na dzieleniu z resztą i zapisie tego w "zwykły sposób" lub poprzez modulo.
A co do tych dwóch niewiadomych, to oznacza tylko tyle że tego nie trzeba rozwiązywac tak jak ty chcesz, tylko znaczy to tyle, że odpowiedzi na to zadanie jest nieskończenie wiele i nic więcej tutaj nie trzeba rozwiązywać.

outrance
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 10
Rejestracja: 10 wrz 2007, o 19:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Olsztyn

Znajdź takie liczby...

Post autor: outrance » 11 wrz 2007, o 12:19

Garść definicji, abyśmy mówili o tym samym.

Liczby całkowite a i b przystają modulo n \(\displaystyle{ a\equiv b (mod n)}\) (pozostają w kongruencji modulo n) jeśli liczby a i b dają w dzieleniu przez n tę samą resztę. W twoim \(\displaystyle{ 2^{(2a+1)m}\equiv 4(mod5)}\) w dzieleniu 4 przez 5 jaką otrzymasz resztę ?
Lemat - w matematyce twierdzenie pomocnicze, którego głównym zastosowaniem jest uproszczenie dowodów innych, bardziej istotnych twierdzeń. Formalnie jednak każdy lemat jest pełnoprawnym twierdzeniem, a zaklasyfikowanie pewnego twierdzenia jako lematu wynika jedynie ze sposobu jego użycia w innym, obszerniejszym kontekście.

Mam 2 niewiadome i tylko jedno równanie, gdzie warunek brzegowy otrzymuję z zasady podzielności przez 5 (1-go lematu - def. lematu jak wyżej), którą ty dowodzisz używając kongruencji. Potrzebuję jeszcze jednego równania o tym samym parametrze, aby znaleźć n i m zależne od jednego wspólnego parametru. Nieskończenie wiele rozwiązań jest poza zakresem mojego zainteresowania.

palazi
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 175
Rejestracja: 6 wrz 2006, o 21:58
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łapy/Białystok
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 37 razy

Znajdź takie liczby...

Post autor: palazi » 11 wrz 2007, o 12:46

outrance pisze: W twoim \(\displaystyle{ 2^{(2a+1)m}\equiv 4(mod5)}\) w dzieleniu 4 przez 5 jaką otrzymasz resztę ?
Odpowiadam: otrzymam resztę \(\displaystyle{ 4}\) (polecam, lepiej idz się doucz o kongruencjach)
outrance pisze:Lemat - w matematyce twierdzenie pomocnicze, którego głównym zastosowaniem jest uproszczenie dowodów innych, bardziej istotnych twierdzeń. Formalnie jednak każdy lemat jest pełnoprawnym twierdzeniem, a zaklasyfikowanie pewnego twierdzenia jako lematu wynika jedynie ze sposobu jego użycia w innym, obszerniejszym kontekście.
Co to jest lemat chyba każdy laik wie, tylko co to ma tutaj do rzcezy? Nie potrzebuję udowadniac tutaj jakichś twierdzen bo i tak korzystam z najbardzije podstawowych.
outrance pisze:Mam 2 niewiadome i tylko jedno równanie, gdzie warunek brzegowy otrzymuję z zasady podzielności przez 5 (1-go lematu - def. lematu jak wyżej), którą ty dowodzisz używając kongruencji. Potrzebuję jeszcze jednego równania o tym samym parametrze, aby znaleźć n i m zależne od jednego wspólnego parametru. Nieskończenie wiele rozwiązań jest poza zakresem mojego zainteresowania.
Jeżeli chcesz koniecznie tlyko od jednego parametru to podstaw sobie \(\displaystyle{ s=1}\) i dostajesz uzależnienie tylko od parametru \(\displaystyle{ h}\), tlyko pamietaj, że podstawiając s=1 nie dostaniesz wszystkich rozwiązań a jedynie ich częśc, po drugie kto ci powiedział że musi być koniecznie uzależnienie tlyko od jednego parametru?! To od dwóch już nie moze być? Co w tym złego? A co do Twojego lematu to naprawde nie wiem o co ci z nimi chodzi, bo lemat to się wprowadza aby udowodnic cos co na początku nie jest takie oczywiste, a w tym rozw. które ja napisałem wszystko wg. mnie jest bardzo przejżyste i nie uzywałem żadnych twierdzeń których nie widac na pierwszy rzut oka.
Acha no i w tym temacie więcej już się nie odzywam bo wg. mnie wszystko zostało już wyjasnione, pytaj się innych jak już nie rozumiesz albo doucz się teorii na temat kongruencji (w razie czego na kompie posiadam pewien pdf).

outrance
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 10
Rejestracja: 10 wrz 2007, o 19:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Olsztyn

Znajdź takie liczby...

Post autor: outrance » 11 wrz 2007, o 13:05

w tego typu zadaniach, podobnych do mojego, rozwiązanie wyglądało jak dotad przykładowo: m=2k, n=2k+2, gdzie k należy...
wszystkie rozwiązania takich zadań zostały sprowadzone do jednego parametru, więc stąd moje analogiczne oczekiwanie
wspomnianego pdfa poproszę na e-mail outrance@o2.pl

[ Dodano: 11 Września 2007, 17:02 ]
a oto odpowiedź dla punktu 1) wyrazenie ma być podzielne przez 5
niestety, nie wiem, jak sie pisze na tym forum logarytm przy podstawie 2 więc użyję analogicznego przykładu na logarytmach naturalnych
wyrażenie \(\displaystyle{ \frac{e^n+1}{e^m+1}}\) jest podzielne przez 5
dla n=ln(5k-1) i m=ln(k-1) dla dowolnego k różnego od zera
(dla przykładu pierwotnego ln nalezy zatapić logarytmem o podstawie 2),
jednak nie wiem za bardzo, jak będzie wyglądało n i m dla 2) i 3)
jakies pomysły ?

[ Dodano: 11 Września 2007, 17:26 ]
dla punktu 1) wkradła się drobna pomyłka, dla k różnego od 1 oczywiście,
dla 2) n=ln(k-1), m=ln(k-1) dla k różnego od 1
dla 3) n=ln(1/k-1) i m=ln(1/k-1) dla k różnego od 0 i k różnego od 1
oto poprawne odpowiedzi, choć podstawowe założenia do rozwiazania tkwią bardziej w logice niż kongruencji

[ Dodano: 11 Września 2007, 17:34 ]
słuszne jest, że \(\displaystyle{ e^m+1\neq0}\)
tak więc dla 1), 2) i 3) założenie, że \(\displaystyle{ k\neq0}\) pozostaje w mocy

palazi
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 175
Rejestracja: 6 wrz 2006, o 21:58
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łapy/Białystok
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 37 razy

Znajdź takie liczby...

Post autor: palazi » 11 wrz 2007, o 18:04

Niestety nie moge sie zgodzić, bo np. przy podpunkcie a) zgodnie z Twoją odpowiedzią iloraz ten nie tyle jest podzielny przez 5 ale jest równy 5, a to jest różnica. To nie są wszystkie rozwiązania niestety. Po drugie skoro widziałeś moje rozw. to dlaczego od razu nie powiedziałeś że m,n należą do rzeczywistych ? Przeciez całe moje rozw. opiera się na tym że m,n naleza do naturalnych. Kłocisz się głupio i tak naprawde nie wiadomo o co ci chodzi zamiast napisać naprawde w czym rzecz.
A więc jeżeli mowa o m,n rzeczywistych to przy podpunkcie a) odpowiedz w takim razie brzmi: \(\displaystyle{ m = log_{2} (5ks -1)}\) oraz \(\displaystyle{ n = log_{2} (k-1)}\) Dla dowolnych naturalnych \(\displaystyle{ k,s}\). (no i k>1 )

outrance
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 10
Rejestracja: 10 wrz 2007, o 19:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Olsztyn

Znajdź takie liczby...

Post autor: outrance » 11 wrz 2007, o 18:13

kłócisz się głupio ? czy czasem się troszkę nie zapominasz ?
napisałem ci chyba wyraźnie, ze nie jestem zainteresowany twoimi nastrojami i humorami;
jeśli masz inne zdanie to ok., twoja sprawa, ale bez wycieczek osobistych

[ Dodano: 11 Września 2007, 18:30 ]
BTW: nie ograniczałem rozwiązań do żadnego zbioru liczb, nawet do zbioru liczb rzeczywistych, ani nic mi nie wiadomo o takim ograniczeniu i dla tego nie musi być k>1, bo dla liczb zespolonych rozwiązanie także powinno być prawdziwe

Awatar użytkownika
PFloyd
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 620
Rejestracja: 9 paź 2006, o 20:20
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kęty
Podziękował: 16 razy
Pomógł: 122 razy

Znajdź takie liczby...

Post autor: PFloyd » 11 wrz 2007, o 21:08

Z reguły teoria liczb zajmuje się liczbami calkowitymi dodatnimi... Stąd uzasadnione pretensje plaziego do autora tematu (związane z rzeczywistymi liczbami m, n, spełniającymi warunki zadania).

Rozwiązanie zamieszczone w czwartym poście jest faktycznie bardzo czytelne, a metody w nim zastosowane - elementarne nawet jak na pierwszą liceum.

Rozumiem plazi, że straciłeś cierpliwość, poświęciłeś dwie godziny czasu na rozwiązanie zadania i kolejne odcinki czasu na tłumaczenia, ale wypowiedzi typu "polecam, lepiej idz się doucz o kongruencjach" , "doucz się teorii na temat kongruencji" albo "Kłocisz się głupio i tak naprawde nie wiadomo o co ci chodzi zamiast napisać naprawde w czym rzecz" powinieneś wyrażać w łagodniejszy sposób.

Użytkownikowi outrance polecam, aby był mniej wścibski i zaufał plaziemu bo ten wie co pisze, a rozwiązanie przedstawił dobre.

outrance
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 10
Rejestracja: 10 wrz 2007, o 19:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Olsztyn

Znajdź takie liczby...

Post autor: outrance » 11 wrz 2007, o 21:44

Rozwiązanie plaziego znajduję jako naprawdę błyskotliwe, jednak jak dotąd nigdzie w literaturze ani w necie nie znalazłem zastosowania kongruencji dla wyrażenia algebraicznego DWÓCH zmiennych. Czy na podstawie tego można wnosić, że dla 2 zmiennych kongruencji się nie stosuje ? Z pewnością jest to jakaś przesłanka, ale jeśli ktoś posiada lub natknie się na zadania o konkretnym źródle z zastosowaniem kongruencji dla wyrażenia algebraicznego 2 zmiennych (wraz z konkretnym rozwiązaniem), to cóż, polecam się jego życzliwości i pamięci

ODPOWIEDZ