Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[838] w

2013-10-13 15:18:16

A.593 megoldása

A.595 megoldási ötlet

[837] w

2013-10-11 10:48:27

Igen. (Pontosítás: k+1 pont határoz meg egy k fokszámú polinomot.)

Nyilván az volt a háttérbeli cél, hogy belássuk, hogyha érvényes a megadott feltétel, akkor a két polinom csak egymás eltoltja lehet. A következő kérdésem tehát az volna, hogyha deg(P)=deg(Q)=n, a feltétel marad, és P(x) $\equiv$ Q(x+k) (k>0), akkor mekkora lehet k?

Előzmény: [836] Sinobi, 2013-10-11 10:41:18

[836] Sinobi

2013-10-11 10:41:18

Nem léteznek. Egy idő után mind a kettő monoton lesz (legyen monoton növő), és nagyobb az addigi felvett értékeknél.

Ebből következik, hogy egy idő után ha p(x)=q(z), akkor p(x+n)=q(z+n), minden természetes n-re. Legyen p és q közül a nagyobb fokszma k. Mivel k pontra egyértelműen illeszthető k (vagy annál kisebb, ha létezik) fokszámú polinom, véve az (x,p(x)), (x+1,p(x+1)),...(x+k,p(x+k)) és (z,q(z)), (z+1,q(z+1)),...(z+k,q(z+k)) pontokat, ezek egyértelműen meghatározzák p-t, és q-t is, és ezek a pontok egymásba eltolhatóak, tehát p és q is egymásba eltolható, tehát ugyanannyi a fokszámuk, ha léteznek.

Előzmény: [835] w, 2013-10-11 10:25:59

[835] w

2013-10-11 10:25:59

B.4561-hez egy nehéz, de nagyon érdekes csatlakozó kérdés:

Léteznek-e olyan különböző fokszámú P és Q polinomok, melyeknek természetes számokon vett értékkészleteik megegyeznek?

[834] w	2013-07-07 08:32:26
Melyik a könnyebb: B.4149 vagy B.4536? Érdekes, hogy az ilyen ismétlődő feladatokat akkor találjuk meg, mikor legkevésbé keressük őket :-) A megfogalmazást, a hiv. megoldás hosszát és a statisztikát is érdemes megfigyelni.

[833] w	2013-07-02 07:33:27
Én is pont úgy oldottam meg, 0 $\le$ x,y $\le$ 1 és $\sqrt{1-x^2}$ miatt ez a természetes :-)
Előzmény: [832] rizsesz, 2013-06-28 14:51:26

[832] rizsesz	2013-06-28 14:51:26
A C.1168-ba olyan szepen bele lehet irni a=sinx-et es b=siny-t. Elnezest, konnyed, valoszinuleg mindenki szamara trivialis gondolat :-)

[831] w	2013-06-21 19:32:38
B.4540 általánosabban. Adott n db matematikus rab egy börtönben. Játék: s-féle színű sapkák vannak, minden rab kap egyet a fejére. Mindenki csak a többiek sapkáját látja. Egyszerre tippelnek saját sapkájuk színére. Határozzuk meg azt a maximális k(n,s) számot, melyre alkalmas stratégiával ennyi jó tipp mindig születhet.

[830] w

2013-06-20 17:58:23

"Ha jól látom, azt nem láttad be, hogy k₁ érinti k-t." - "őizé"

Bocs, nem voltam elég figyelmes, körsor, azaz "1" nálam kiesett. Így viszont már eléggé tetszik az összehozott megoldás.

Előzmény: [829] Sinobi, 2013-06-20 17:17:42

[829] Sinobi

2013-06-20 17:17:42

őizé.

igen, azt hiszem ez egy egyszerűbb megoldás, hogy

1: a három kör egyszerre és egy pontban érinti egymást, mert.

2: k₁ és k érintik egymást, mert Sawayama-lemma

Előzmény: [828] w, 2013-06-20 10:29:28

[828] w

2013-06-20 10:29:28

"Minden illeszkedés feladat kitrigonometriázható. Ahogy kijön koordinátákkal, vektorokkal, komplex számokkal, k darab Pascal/Desargues tétel felírásával, etc."

Bocs, én úgy értettem, hogy a feladat csak trigonometriával két oldalon belül is megoldható, és egészen triviális úton. Az más kérdés, hogy te többet láttál be, a hiv. megoldás még többet, de itt szerintem a trigonometriával való megközelítés egészen természetes volt ("elég szabályos az ábra" stb.). Ismerek olyan megoldót is, aki hamar feladja a geometriai okoskodást, és 10-20 oldalas koordinátás megoldásokat küld be ehelyett! (Az igazat megvallva lusta voltam szépen megoldani :-).)

"...tehát k-t is érinti, tehát k₁-et is, kész."

Ha jól látom, azt nem láttad be, hogy k₁ érinti k-t. Van rá egy egyszerű bizonyítás az A.579-ből már jól ismert Sawayama-lemmával. ;-)

A megoldásod egyébként eléggé tetszik, mutatja az inverzió erejét.

Előzmény: [826] Sinobi, 2013-06-19 15:09:05

[827] Sinobi	2013-06-19 15:41:08
szerk: na jó, hátha hasznos (+ valaki aki ért hozzá majd kijavít) Tetszőleges P-re k, k₁, k₂ egy körsoron van, mert Berajzoltam az egyenlő szögeket, amikből látszik, hogy $\frac{AP}{AR}=\frac{BP}{BS}=\frac{CQ}{CR}$ Tudjuk, hogy az érintő hossznégyzete a pont körre vonatozó hatványával egyezik meg, ami meg ha pontot helyettesítünk a kör egyenletébe: $\frac{k2(A)}{k1(A)}=\frac{k2(B)}{k1(B)}=\frac{k2(C)}{k1(C)}=c$ Felszorozva azt kapjuk, hogy a k kör A, B, C pontjára: k2(A)-ck1(A)=0=k(A), azaz k előáll a másik két kör egyenletének lineáris kombinációjaként (három pontban), k egy körsoron van velük.

Előzmény: [826] Sinobi, 2013-06-19 15:09:05

[826] Sinobi	2013-06-19 15:09:05
,,Könnyű észrevenni, hogy nincs szükségünk semmilyen új körre, hisz elég szabályos az ábra, ott vannak a párhuzamosok és merőlegesek. Átírhatjuk egy trigonometriapéldára a feladatot. " Minden illeszkedés feladat kitrigonometriázható. Ahogy kijön koordinátákkal, vektorokkal, komplex számokkal, k darab Pascal/Desargues tétel felírásával, etc. Az enyém valamivel elemibb geometriát használ, csak sokat: 1. Először belátom, hogy k1, k2 és k egy körsoron vannak. Ezt most nem bizonyítom. Utána azt fogom belátni, hogy k2 és k (a trapéz körülírt köre) érintik egymást. 2. A Thalész-tétel értelmében ha a FAB-P és a FDC-Q egyenesek a k körön metszik egymást, akkor a PQ Thalész-köre is átmegy azon a ponton. (FAB az AB ív felezőpontja, FDC hasonlóan). Legyen FAB-P metszése k körrel T, azt akarom belátni, hogy FDC, Q és T egy egyenesen van. 3. Az ABC háromszög I beírt körének középpontja rajta a FAB kp-jú, A-n átmenő körön (ez ismert). IC Thalészkörén rajta van Q, és rajta van T is, mert egy FAB kp-jú inverzió után T képe P rajta van IC' Thalész-körén. 4. Mivel az FDC-C szakasz érinti az ITCQ kört, FDC-re vonnatkozó inverzió után a kör helyben marad, Q és T kicserélődik, tehát FDC, Q és T egy egyenesen van. 5. FAB-ra vonatkozó inverzió esetén PQT átmegy egy ponton és a képén, P-n és T-n, tehát fixkör. Az AB oldalt érintette, tehát k-t is érinti, tehát k₁-et is, kész.

Előzmény: [825] w, 2013-06-19 12:36:28

[825] w

2013-06-19 12:36:28

B.4551. A hiv. megoldás nem valami egyszerű, maga a feladat sokkal könnyebb. Könnyű észrevenni, hogy nincs szükségünk semmilyen új körre, hisz elég szabályos az ábra, ott vannak a párhuzamosok és merőlegesek. Átírhatjuk egy trigonometriapéldára a feladatot.

A k_i kör középpontja O_i, sugara r_i (i=1,2); AC $\cap$ BD=M; $ABC_\Delta$ -ben a szokásos jelölések érvényesek. Elég megmutatni, hogy a két kör belülről érinti egymást, azaz O₁O₂=|r₁-r₂|.

Először is AP=AC-BC+BP=AC-BC+(AB-AP) $\implies$ AP=(b+c-a)/2.

Világos, hogy $r_2=\frac {m_c} 2$ .

Legyen M vetülete AB-re M_x, PQ-ra M_y. Ekkor AM_x=c/2, majd M_xP=AP-AM_x=(b-a)/2. Nyilván M_y $\in$ MO₁, ahonnan

$\frac {MM_y}{MR}=\cos\alpha$ és $\frac{r_1}{MR}=\tg\alpha$ ,

$MR=\frac{MM_y}{\cos\alpha}=\frac{b-a}{2\cos\alpha}$ ,

$r_1=MR\cdot\tg\alpha=\frac{(b-a)\cdot\tg\alpha}{2\cdot\cos\alpha}$ .

Továbbá

MM_x=AM_x^.tg $\alpha$ =c^.tg $\alpha$ /2, ezért

$M_yO_2=MM_x-r_2=\frac{c\cdot\tg\alpha-m_c}2$ ;

M_yO₁=r₁^.sin $\alpha$ ,

és így

O₁O₂²=M_yO₁²+M_yO₂².

Ekvivalens átalakításokkal

O₁O₂=|r₁-r₂|

O₁O₂²=(r₁-r₂)²

M_yO₁²+M_yO₂²=r₁²+r₂²-2r₁r₂

$r_1^2\cdot\sin^2\alpha+\left(\frac{c\cdot\tg\alpha-m_c}2\right)^2=r_1^2+\left(\frac {m_c} 2\right)^2-r_1m_c$

$\left(\frac{c\cdot\tg\alpha-m_c}2\right)^2=r_1^2\cdot\cos^2\alpha+\left(\frac {m_c} 2\right)^2-r_1m_c$

c²tg² $\alpha$ -2cm_ctg $\alpha$ +m_c²=4r₁²cos² $\alpha$ +m_c²-4r₁m_c

$c^2\tg^2\alpha-2cm_c\tg\alpha=\frac{(b-a)^2\cdot\tg^2\alpha}{4\cos^2\alpha}\cdot4\cos^2\alpha-\frac{2m_c(b-a)\cdot\tg\alpha}{\cos\alpha}$

$c^2\tg^2\alpha-2bc\sin\alpha\tg\alpha=(b-a)^2\cdot\tg^2\alpha-\frac{2b\cdot\sin\alpha\cdot(b-a)\cdot\tg\alpha}{\cos\alpha}$

c²-2bccos $\alpha$ =(b-a)²-2b(b-a)

c²-2bccos $\alpha$ =b²-2ab+a²-2b²+2ab

b²+c²-2bccos $\alpha$ =a²

Azonosság.

[824] w

2013-06-11 22:42:37

A hiba amúgy az utolsó egyenletben volt.

$\alpha(\root3\of a^2+\root3\of a)^2+\beta(\root3\of a^2+\root3\of a)+\gamma=\root3\of a^2-\root3\of a$

$\alpha a\cdot \root3\of a+2\alpha a+\alpha \root3\of a^2+\beta \root3\of a^2+\beta \root3\of a+\gamma-\root3\of a^2+\root3\of a=0$

$(2\alpha a+\gamma)+(\alpha a+\beta+1)\root3\of a+(\alpha+\beta-1)\root3\of a^2=0$

Érdemes feltennünk, mert feltehető (p $\in$ Z[x]), hogy $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ egészek:

$\alpha$ + $\beta$ -1=0 $\implies$ $\beta$ =1- $\alpha$

0= $\alpha$ a+ $\beta$ +1= $\alpha$ a+1- $\alpha$ +1=2+ $\alpha$ (a-1)

Végül az általam leírt megoldásvázlat végére jutunk: a-1|2 és már rendben vagyunk.

Előzmény: [822] aaaa, 2013-06-11 17:59:29

[823] w

2013-06-11 21:18:22

A vége kicsit hibádzott, mert a=2-re és 3-ra is található megfelelő polinom:

p₂(x)=-2x²+3x+8, ahol

p₂(2^2/3+2^1/3)=-2(2^.2^1/3+2^2/3+4)+3(2^2/3+2^1/3)+8=-4^.2^1/3-2^.2^2/3-8+3^.2^2/3+3^.2^1/3+8=2^2/3-2^1/3, és

p₃(x)=-x²+2x+6, ahol

p₃(3^2/3+3^1/3)=-3^.3^1/3-6-3^2/3+2^.3^2/3+2^.3^1/3+6=3^2/3-3^1/3.

Az én megoldásom (elvben kicsit egyszerűbb) a következő lépésekből áll (biz. be!).

1. Kizárjuk a köbszámokat, rögzítjük a-t.

2. Az $A=k\root3\of{a^2}+\ell\root3\of a+m$ kifejezés irracionális szám, ahol k és $\ell$ nem egyszerre nulla (illetve k, $\ell$ ,m $\in$ Z).

(Ez lényegében a te első lemmád.)

3. Következmény: A $p\big(\root3\of a^2+\root3\of a\big)$ kifejezés egyértelműen előáll $k\root3\of a^2+\ell \root3\of a+m$ alakban (a 3. lemmád)

4. (Ez a legfontosabb meglátás:) Legyen rögzített a és p mellett

$p\big(\root3\of a^2+\root3\of a\big)=k\root3\of a^2+\ell \root3\of a+m$

alakú. Ekkor k $\equiv$ $\ell$ (mod (a-1)).

(Biz.: a konstans és elsőfokú polinomokra kész vagyunk, és két ilyen polinom összege vagy szorzata is ilyen.)

5. Következmény: Világos, hogyha p(a^2/3+a^1/3)=a^2/3-a^1/3, akkor 1 $\equiv$ -1 (mod (a-1)), tehát a-1|1-(-1)=2, és így csakis a=3,2,0,-1 lehet (kizártuk a köbszámok esetét) --> a=2,3.

Pontosan azokhoz az a számokhoz létezik megfelelő p polinom, melyek egész számok köbei, vagy a=2,3.

Előzmény: [822] aaaa, 2013-06-11 17:59:29

[822] aaaa

2013-06-11 17:59:29

A.590.

Lemma 1.

$\left( 1, t^{1 / 3}, t^{2 / 3} \right)$ lineárisan függetlenek Q felett, ha t racionális és nem egy racionális szám köbe. Ekkor ugyanis ez a 3 érték páronként lineárisan független, ez triviális. Tegyük fel, hogy függő rendszert alkotnak, ekkor megfelelő racionális számokra: $\alpha$ + $\beta$ t^1/3=t^2/3. Ezt köbre emelve, majd az előbbi összefüggést behelyettesítve a következő adódik:

$\alpha^3 + 3 \alpha^2 \beta^2 + \beta^3 t - t^2 + 3 \alpha \beta \left( \alpha + \beta^2 \right) t^{1 / 3} = 0$

Ez $\left( 1, t^{1 / 3} \right)$ Q feletti lineáris függetlensége miatt csak akkor lehetséges, ha

$\alpha$ ³+3 $\alpha$ ² $\beta$ ²+ $\beta$ ³t-t²=0

$3 \alpha \beta \left( \alpha + \beta^2 \right) = 0$

Ebből a $\alpha$ =0, $\beta$ =0 és $\alpha$ =- $\beta$ ² esetek adódnak, aminek a megoldása t-re rendre: $\left( 0, \beta^3 \right)$ , $\left( - \alpha^{3 / 2}, \alpha^{3 / 2} \right)$ és $\left( - \beta^3, 2 \beta^3 \right)$ . Ezek közül t=2 $\beta$ ³ nem ad megoldást, mert visszavezet a - $\beta$ ²+ $\beta$ ²2^1/3= $\beta$ ²2^2/3 egyenlőségre, ami nyilvánvalóan hamis, a többi esetben t köbszám lesz, ha racionális, de feltettük, hogy ez nem igaz. Ezzel beláttuk, hogy függetlenek.

Lemma 2.

$\tau$ := $\alpha$ + $\beta$ t^1/3+ $\gamma$ t^2/3 gyöke a következő $p \left( x \right) \in {Q} \left[ x \right]$ polinomnak, ahol $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ ,t racionális számok:

$p \left( x \right) = x^3 - 3 \alpha x^2 + \left( 3 \alpha^2 - 3 t \beta \gamma \right) x - \left( t^2 \gamma^3 + t \left( \beta^3 - 3 \alpha \beta \gamma \right) + \alpha^3 \right)$

Ezt egy egyszerű behelyettesítéssel ellenőrizhetjük.

Lemma 3.

Ha valamely $f \left( x \right) \in {Q} \left[ x \right]$ polinomra $f \left( \tau \right) = \delta$ , akkor $\exists r \left( x \right) \in {Q} \left[ x \right]$ , ahol $r \left( x \right)$ foka legfeljebb 2 és $r \left( \tau \right) = \delta$ . Legyen ugyanis $f \left( x \right) = q \left( x \right) p \left( x \right) + r \left( x \right)$ alakú, ahol $p \left( x \right)$ az előbbi polinom, és itt egy maradékos osztást végeztünk, így $r \left( x \right)$ foka maximum 2. Ekkor, kihasználva $p \left( \tau \right) = 0$ -t: $\delta = f \left( \tau \right) = q \left( \tau \right) p \left( \tau \right) + r \left( \tau \right) = r \left( \tau \right)$

A feladat állításának bizonyítása:

Ha a=t³ köbszám, akkor mivel egész, a $p \left( t \right) = t^2 - t$ konstans függvény jó. Egyébként pedig: a^2/3+a^1/3 gyöke Lemma 2. miatt $x^3 - 3 a x - \left( a^2 + a \right) = 0$ -nak. Lemma 3. miatt elég tehát ellenőrizni, hogy állhat-e $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ racionálisakkal:

$\alpha \left( a^{2 / 3} + a^{1 / 3} \right)^2 + \beta \left( a^{2 / 3} + a^{1 / 3} \right) + \gamma = \left( a^{2 / 3} - a^{1 / 3} \right)$

Vagyis:

$2 a + \gamma + \left( 1 + \beta + \alpha \right) a^{1 / 3} + \left( \alpha + \beta - 1 \right) a^{2 / 3} = 0$

Mivel $\left( 1, a^{1 / 3}, a^{2 / 3} \right)$ lineárisan függetlenek, ezért mindhárom együttható 0 kellene, hogy legyen, de ez nem lehetséges, mert -1= $\alpha$ + $\beta$ =1 kellene, ezért nincs ilyen polinom.

[821] w	2013-06-11 06:57:16
Két kérdés. Hogyan lehet-e egyáltalán nekikezdeni az A.592 feladatnak? Még a triviális esetek is iszonyatosak. Ezenkívül mi okból lett az A.591 "A-jelű" feladat, egyszerű érintőszakaszos megoldása van, itt még általánosítás is található.

[820] w	2013-06-11 06:51:29
Nagyon köszönöm én is az érdekes megoldásodat. Sikerült kb. megérteni. Igazad volt, felraktak hiv. megoldást is.
Előzmény: [816] nadorp, 2013-05-15 21:21:29

[819] nadorp

2013-05-16 10:37:38

Kedves Mihály,

Köszönöm a kiegészítést, erre nem gondoltam. A poén az, hogy amikor először "nekiestem" a feladatnak, akkor én is próbálkoztam ezzel a körosztási polinommal, de nem jutottam dűlőre, egészen másfelé kalandoztam el.

Előzmény: [1087] Fálesz Mihály, 2013-05-16 10:05:01

[1087] Fálesz Mihály

2013-05-16 10:05:01

Szia Péter,

Köszi, hogy leírtad.

Szerintem azért legbelül a két megoldás lényege ugyanaz: találunk egy hetedrendő elemet (ha tetszik, hetedik egységgyököt) $\displaystyle GF_{p^2}$-ben.

Ha a Kearnes-Kiss-Szendrei cikket követjük, akkor az $\displaystyle \Phi_7(x)=1+x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6$ körosztási polinom egyik gyökét keressük. Ha $\displaystyle p\ne7$, akkor $\displaystyle \Phi_7(1)\ne0$, így a $\displaystyle \Phi_7$ gyökei tényleg hetedrendűek.

Mivel $\displaystyle \Phi_7$ páros fokú palindrom polinom, a szokásos módon eloszthatjuk $\displaystyle x^3$-bel, és átírhatjuk $\displaystyle x+\frac1x$ polinomjává:

$\displaystyle \frac{\Phi_7(x)}{x^3} = x^3+x^2+x+1+\frac1x+\frac1{x^2}+\frac1{x^3} = \left(x+\frac1x\right)^3+\left(x+\frac1x\right)^2-2\left(x+\frac1x\right)-1 = \Psi_7\left(x+\frac1x\right). $

Ha $\displaystyle \Psi_7$-nek van egy $\displaystyle u$ gyöke $\displaystyle GF_p$-ben, akkor $\displaystyle \Phi_7$-nek is van (0-tól különböző) gyöke $\displaystyle GF_{p^2}$-ben: az $\displaystyle x^2-ux+1$ polinom gyökei ilyenek.

Ha pedig van hetedrendű elem, akkor a multiplikatív csoport rendje, $\displaystyle p^2-1$ osztható az elem rendjével, $\displaystyle 7$-tel.

* * *

A feladatban szereplő polinom a $\displaystyle \Psi_7$ egy transzformáltja:

$\displaystyle 7x(x+1)^2-1 = (x+1)^3 \Psi_7\left(2-\frac1{x+1}\right). $

Ha $\displaystyle 7a(a+1)^2-1\equiv 0~(\mod~p)$, akkor $\displaystyle p\ne7$, $\displaystyle GF_p$-ben $\displaystyle a\ne-1$, és $\displaystyle 2-\frac1{a+1}$ gyöke $\displaystyle \Psi_7$-nek.

* * *

Mindkét megoldásban úgy kerestük a hetedik egységgyököket, hogy először felírtunk egy harmadfokú polinomot, aminek valamilyen szorosabb köze van a $\displaystyle \cos\frac{2k\pi}7$ számokhoz (a Te esetedben $\displaystyle c=\tg^2\frac{k\pi}7=\frac{1-\cos\frac{2k\pi}7}{1+\cos\frac{2k\pi}7}$), ennek volt egy modulo $\displaystyle p$ gyöke, és ebből egy másodfokú egyenlet adott egy hetedik egységgyököt $\displaystyle GF_{p^2}$-ben.

Előzmény: [816] nadorp, 2013-05-15 21:21:29

[818] Róbert Gida

2013-05-15 23:17:03

Érdekes megoldás, és még kis p<225 prímekre sem kell az ellenőrzés.

"Szorozzuk meg (1) mindkét oldalát 64-gyel ( ez megtehető, mert p páratlan)", ha p=2, akkor is megteheted.

A végén be is lehetett volna szorozni $(1-\sqrt c)^7$ -tel, és akkor (1-c)⁷=1, a befejezés ugyanaz.

Előzmény: [816] nadorp, 2013-05-15 21:21:29

[817] nadorp

2013-05-15 21:40:41

Bocs, a (3) egyenlet helyesen

(c+7)³-112(c+7)+448=0

Előzmény: [816] nadorp, 2013-05-15 21:21:29

[816] nadorp

2013-05-15 21:21:29

A588

A lenti megoldás nem teljesen elemi, de úgy látom, nincs összefüggésben a hivatalos megoldásban hivatkozott cikkel.

Azt fogjuk felhasználni, hogy a q=pⁿ elemű ( p prím, n pozitív egész) T véges testben minden 0-tól különböző elem rendje osztója (q-1)-nek. Speciálisan, ha T p vagy p² elemű véges test és létezik T-ben 7-edrendű elem, akkor 7|p-1 vagy 7|p²-1, azaz p=7k $\pm$ 1 alakú.

Legyen "a" pozitív egész és tegyük fel, hogy a p prímszámra p|7a²(a+1)-1. Ekkor nyilván p páratlan és p $\neq$ 7. Ha K jelöli a mod p maradékosztályok testét, akkor a feltétel szerint létezik a $\in$ K, hogy

7a³+7a²-1=0

Jelölje b az a multiplikatív inverzét K-ban, azaz ab=1. Ekkor

b³-7b-7=0

(1)

Legyen c $\in$ K egyelőre tetszőleges és tekintsük a p(x)=x²-c polinom K feletti K_c felbontási testét. Ha c egy K-beli elem négyzete, akkor K=K_c, azaz K_c p elemű. Ha c nem áll elő semmilyen K-beli elem négyzeteként, akkor p(x) irreducibilis K felett, tehát K_c másodfokú bővítése K-nak, azaz ekkor K_c p² elemű. Azt fogjuk belátni, hogy c alkalmas megválasztásával K_c-ben létezik 7-edrendű elem. Ebből már, mint láttuk, következik a feladat állítása.

Jelölje $\sqrt c~$ p(x) egyik gyökét K_c-ben, és tekintsük az $1+\sqrt c$ , $1-\sqrt c \in K_c$ elemeket.Ezekre

$(1+\sqrt c)^7=1+21c+35c^2+7c^3+(7+35c+21c^2+c^3)\sqrt c=u+v\sqrt c$

$(1-\sqrt c)^7=1+21+35c^2+7c^3-(7+35c+21c^2+c^3)\sqrt c=u-v\sqrt c$

Próbáljuk meg megválasztani c értékét úgy, hogy v=0 teljesüljön, azaz

c³+21c²+35c+7=0

(2)

(c+7)³-112c+448=0

(3)

Szorozzuk meg (1) mindkét oldalát 64-gyel ( ez megtehető, mert p páratlan)

64b³-448b-448=0

(4b)³-112^.(4b)-448=0

(4)

Összeadva (3)-at és (4)-et

(c+7)³+(4b)³-112(c+7+4b)=0

A fenti egyenletből c+7+4b kiemelhető, tehát c=-4b-7 $\in$ K megoldása (2)-nek, azaz ebben az esetben v=0.Azt kaptuk tehát, hogy a c=-4b-7 választás mellet

$(1+\sqrt c)^7=(1-\sqrt c)^7$

Ha $1-\sqrt c=0$ lenne, akkor $1+\sqrt c=0$ is teljesülne. De ekkor 2=0, azaz p=2 lenne, amit kizártunk. Tehát $1-\sqrt c\neq0$ . Így

$\left(\frac{1+\sqrt c}{1-\sqrt c}\right)^7=1$

Most már csak azt kell belátnunk, hogy $\frac{1+\sqrt c}{1-\sqrt c}\neq1$ és kész vagyunk, mert találtunk 7-edrendű elemet K_c-ben. Tegyük fel, hogy $\frac{1+\sqrt c}{1-\sqrt c}=1$ . Ekkor c=0 kell hogy legyen, de mivel c gyöke (2)-nek, azt kapnánk, hogy 7=0, azaz p=7, amit kizártunk.

Előzmény: [811] w, 2013-05-14 16:07:25

[815] w

2013-05-15 18:10:38

De Google jó barátom :-)

megrendelés

Ha rákeresünk a cikkre, akkor az is megvan (ingyen).

Előzmény: [814] w, 2013-05-15 17:44:22

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?