[3253] bily71 | 2010-02-16 20:04:32 |
Ez a kongruenciarendszer minden természetes számot lefed a 0-án kívül, tehát részleges lefedőrendszer. Változtassunk egy kicsit a szabályokon. Legyen az kongruenciáknak megfelelő számtani sorozatok első eleme , az kongruenciáknak megfelelőeknek pedig változatlanul .
Nevezzük az ilyen rendszereket, ahol a kongruenciáknak megfelelő számok sorozata nem a maradékosztályt reprezentáló legkisebb elemtől indul, számtani sorozatok lefedőrendszerének, ha minden természetes szám tagja legalább egy sorozatnak. Számtani sorozatok részleges lefedőrendszerének pedig akkor, ha létezik k>0 természetes szám, úgy, hogy a rendszer minden k-nál nagyobb számot lefed.
Utolsó kérdésem e témában: 1. Az így kapott számtani sorozatok rendszere részleges lefedőrendszer-e, vagyis a le nem fedett számok halmaza véges, avagy végtelen?
Mégegyszer elnézést kérek a témakör érdektelenségéért.
|
Előzmény: [3248] bily71, 2010-02-14 23:10:38 |
|
|
[3255] jonas | 2010-02-16 20:54:36 |
Nem, én azt állítom, hogy a következő egy lefedő rendszer:
x00(mod p0)
x11(mod p1)
x2-1(mod p2)
x32(mod p3)
x4-2(mod p4)
x53(mod p5)
stb, ahol pi mondjuk a prímszámok sorozata.
Ez akkor is működik, ha mondjuk pi=10i+1: ilyenkor a kongruenciák közül bármelyik véges sok együtt csak a természetes számok legfeljebb egy kilenced részét fedi le, mégis az összes kongruencia együtt már lefedi az összes egész számot.
|
Előzmény: [3248] bily71, 2010-02-14 23:10:38 |
|
[3256] bily71 | 2010-02-17 23:30:28 |
Két eset lehetséges:
1. a nem kvadratikus maradék modulo p. Ekkor a Wilson-tétel miatt
ebből
ap-11 (mod p),
ebből
apa (mod p).
2. a kvadratikus maradék modulo p. Ekkor a Wilson-tétel miatt
ebből
ebből ugyancsak a kis Fermat-tételt kapjuk.
(Az előző megoldásom második része részben hibás).
|
Előzmény: [3252] Fálesz Mihály, 2010-02-15 10:16:52 |
|
[3257] bily71 | 2010-02-18 21:45:01 |
Én arra jutottam, hogy a le nem fedett számok halmaza végtelen. Gondoltmenetem a következő:
Vonjuk össze az egy modulushoz tartozó számtani sorozatokat, így minden 3-nál nagyobb prímhez kapunk egy olyan számsorozatot, amelyben két differencia váltja egymást. Írjuk fel a sorokat egymás után képzeletben. A sorok táblázatba rendezhetőek, a táblázatban a számok a prímek szorzata egyhatodának alsó, vagy felső egészrészének felelnek meg. Ezt a táblázatot azt hiszem már jól ismerjük.
Ha a le nem fedett számok halmaza véges lenne, akkor létezne k természetes szám, hogy e szám nem, de minden nála nagyobb fedett. Ez csak úgy lehetséges, ha minden új sorozat legkisebb olyan tagja, amely eddig egyik sorozatnak sem volt tagja fedi a k után következő olyan számot, amelyet az előző sorozatok nem fedtek le, (remélem eddig érthetően fogalmaztam).
Jelölje an az n-edik le nem fedett számot, bn pedig az n-edik sorozat azon legkisebb tagját, amely nem szerepelt egyik eddigi sorozatban sem. Mivel a táblázat a főátlóra szimmetrikus, ezért , ebből következik, hogy an<bn, így soha nem fedheti, mert az an=bn soha nem teljesül.
Jól következtettem? Eléggé tömören fogalmaztam, ha nem érthető, bővebben kifejtem.
A nem fedett számok egy nevezetes számsorozat tagjaival egyértelműen megfeleltethetőek .
|
Előzmény: [3253] bily71, 2010-02-16 20:04:32 |
|
[3258] Fálesz Mihály | 2010-02-19 12:41:32 |
Számomra inkább az érdekes, hogy ezzel a módszerrel primitív gyökök felhasználása nélkül is ilyen röviden be lehet bizonyítani azt, hogy a akkor és csak akkor kvadradikus maradék mod p, ha a(p-1)/21(mod p), különben a(p-1)/2-1.
(A kis Fermat-tétel párosítgatás és Wilson-tétel nélkül is kijön a szokásos bizonyítással: összeszorozzuk az a,2a,...,(p-1)a maradékokat.)
|
Előzmény: [3256] bily71, 2010-02-17 23:30:28 |
|
|
|
[3261] Láda19 | 2010-02-25 16:21:43 |
Lenne egy valószínűségszámítási probléma, amit a napokban kérdeztek tőlem, de még nem tudtam megoldani. Szeretném, ha valaki segítene.
Egy dobókockával n-szer dobunk, majd a dobások eredményét leírjuk egymás mellé. Mennyi a valószínűsége annak, hogy az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számokból képezett, adott elem k-as (k<n) pontosan egyszer előfordul az n hosszúságú számsorban?
|
|
[3262] Alma | 2010-02-25 17:12:18 |
Szerintem függ, hogy melyik az az adott elem k-as. Vegyük például azt a leegyszerűsített esetet, hogy a kockának két oldala van: 1,2 és n=3szor dobunk.
Azok a számsorok, melyekben az 11 elemkettes pontosan egyszer fordul elő: 112 és 211.
Azok a számsorok, melyekben a 12 elemkettes pontosan egyszer fordul elő: 112, 121, 122, 212.
A két eseménynek nem egyenlő a valószínűsége.
|
Előzmény: [3261] Láda19, 2010-02-25 16:21:43 |
|