Fórum: "ujjgyakorlatok"

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

[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] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[703] nadorp

2012-01-10 13:35:16

Egy "kis számolás" után (deriválás,visszaintegrálás) rá lehet jönni, hogy ha

$f(x)=\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}(-1)^n\binom{2n}{n}x^n$ , akkor (1+4x)f(x)=q(x) (mod p)

Előzmény: [702] Maga Péter, 2011-12-31 08:29:37

[702] Maga Péter	2011-12-31 08:29:37
Szép kis ujjgyakorlat... :P
Előzmény: [701] Kemény Legény, 2011-12-29 01:30:08

[701] Kemény Legény

2011-12-29 01:30:08

Erről a maradékosztályos témáról eszembe jutott egy viszonylag nehéz feladat (nem saját). Azt hiszem, a fórumon még nem szerepelt:

Legyen p>2 prímszám, és tekintsük a

$q(x)=1+2\cdot\sum_{n=0}^{p-2}\frac{(-1)^n}{n+1}\binom{2n}{n}x^{n+1}$

egész együtthatós polinomot. Bizonyítsuk be, hogy q-nak van gyöke modulo p, azaz létezik olyan x egész, hogy q(x) osztható p-vel.

Példa: p=7 esetén a polinom:

q(x)=1+2x-2x²+4x³-10x⁴+28x⁵-84x⁶.

Ennek az értéke pl. x=5 esetén q(5)=-1230789 osztható 7-tel, azaz p=7-re az állítás teljesül.

Továbbá megkönnyítendő az ellenőrzést, elárulom, hogy p=3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 esetén az alább x-ek rendre jó választást adnak: x=2, 1, 5, 8, 3, 4, 14.

[700] vogel	2011-12-28 22:36:27
Ha az 1-et tekinti egységnek, akkor 2 inverze 4 mod 7, ha a szorzás a művelet.

[699] Kemény Legény	2011-12-28 22:14:29
Azért az nem kellene elfelejteni, hogy testben lehet osztani 0-tól különböző elemmel, és a 7 szerencsés módon egy prím, ezért a mod 7 maradékosztályok testet alkotnak.
Előzmény: [697] HoA, 2011-12-28 21:31:30

[698] Füge	2011-12-28 21:50:22
Kongruenciát úgy oszthatsz, ha a mod-ot is leosztod a mod és az osztó legnagyobb közös osztójával. Tehát a 2 kongruens 8 (mod 6)-ból következik, hogy 1 kongruens 4 (mod 3).
Előzmény: [697] HoA, 2011-12-28 21:31:30

[697] HoA	2011-12-28 21:31:30
De ezt ugye butaságnak tartjuk? Még egészekre sem igaz ilyesmi. Pl. 2 kongruens 8 ( mod 6 ) -ból nem következik 1 kongruens 4 ( mod 6 )
Előzmény: [695] Hölder, 2011-12-27 00:03:56

[696] Zormac

2011-12-27 01:07:59

Nem túl elegáns, hogy az egyes csak két darab kilencesből áll. Lehetett volna például ez, vagy ezerféle más:

$\frac{9}{\sqrt{9}\sqrt{9}}$

Előzmény: [692] jonas, 2011-12-24 12:25:32

[695] Hölder	2011-12-27 00:03:56
1/2 "kongruens" 4 mod 7 ,hiszen 1 kongruens 8 mod 7. Szerintem erre gondoltak.
Előzmény: [694] lorantfy, 2011-12-26 21:56:47

[694] lorantfy	2011-12-26 21:56:47
Ezt nem is lehet olyan könnyen helyrehozni, mint az előzőt. Nem is tudom mit akartak ezzel a -1-es kitevővel?
Előzmény: [693] Róbert Gida, 2011-12-24 18:12:43

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?