|
|
|
|
|
|
[1243] jonas | 2010-06-22 18:10:40 |
Hadd foglaljam röviden össze a helyzetet, mert volt némi keveredés.
Bármilyen p prímre az kongruencia a számok kb. felére oldható meg (a p-hez nem osztható számoknak pontosan a felére, plusz még a p-vel osztható számokra). Összetett számokra nem ez a helyzet, itt több a számra nem oldható meg a kongruencia, mivel lényegében szétesik több másodfokú kongruenciára minden prímosztóra; hogy hány a-ra van megoldás, az így a p prímfelbontásából könnyen kiszámolható.
A p négyes maradéka abban segít, hogy eldöntsd, konkrétan x2-1 megoldható-e. Van arra is elmélet, hogyan lehet meghatározni, hogy egy bizonyos a-ra és p-re meg lehet-e oldani a kongruenciát, ehhez „csak” néhány (max (|a|,|p|)-nél kisebb vagy egyenlő) szám prímfelbontását kell tudni kiszámolni. Ebből az is következik, hogy rögzített a-ra és változó p prímekre a megoldhatóság csak p-nek a 4a-s osztási maradékától függ. Ez az Euler-féle kvadratikus reciprocitási tételen alapul, számelmélet kurzuson tanítani szokták, és le van írva a remek Erdős–Surányi-féle Válogatott fejezetek a számelméletből könyvben.
|
Előzmény: [1242] Róbert Gida, 2010-06-22 13:08:09 |
|
[1242] Róbert Gida | 2010-06-22 13:08:09 |
Egyre zöldebbeket írtok. Ha például a=1, akkor a kongruencia mindig megoldható, még az sem kell, hogy p prím.
Amúgy a kongruencia pontosan akkor oldható meg, ha , illetve, ha a osztható p-vel. (Ez van páratlan p prím esetén, p=2-re mindig van megoldás.) Mellesleg ez az Euler kritérium.
|
Előzmény: [1241] m2mm, 2010-06-22 10:22:42 |
|
|
|
[1239] S.Ákos | 2010-06-21 19:19:55 |
Üdv!
Valaki tudja, hogy mi a neve a következő tételnek: Az x2a(mod p) kongruencia akkor és csak akkor oldható meg (p prím), ha p maradéka egy (mod 4p) meghatározott halmazba tartozik?
|
|
[1238] Maga Péter | 2010-06-20 18:09:54 |
Sőt, tetszőleges Lp-ben is igaz ez p>1-re (Hunt, nem sokkal Carleson után). A vicces az, hogy disztribúciós értelemben L1-beli függvényhez is konvergál a Fourier-sora, ez nem nehéz, csak a fogalmakat kell ismerni.
|
Előzmény: [1237] Tassy Gergely, 2010-06-20 15:06:25 |
|
[1237] Tassy Gergely | 2010-06-20 15:06:25 |
Szia!
Ha van a térben teljes ortonormált rendszer (azaz olyan rendszer, hogy a különböző elemek skalárszorzata 0 és minden elem normája 1), akkor az eszerint vett Fourier-sor konvergens.
Továbbá L2-ben (a négyzetesen integrálható függvények terében) minden Fourier-sor (majdnem mindenütt) konvergens (ez Carleson tétele).
|
Előzmény: [1236] Fernando, 2010-06-20 14:06:49 |
|
[1236] Fernando | 2010-06-20 14:06:49 |
Kiestem a gyakorlatból, ezért egyszerű analízisbeli kérdésekkel fogok fordulni Hozzátok.
Fourier-sorokra néhány egyszerű konvergencia-kritériumot tudnátok adni?
(A félérintős elegendő feltételre és a Fejér-féle szigma összegzésre emlékszem alapkollégiumról)
Köszönöm!
|
|
|
|
[1233] Fernando | 2010-06-06 13:07:47 |
"Hol a hiba a fenti statisztikában?"
Azt gondolom, hogy ott, hogy itt a relatív gyakoriságokat nincs értelme használni, mert végtelen/végtelen alakú határozatlan kifejezésre vezetnek.
|
Előzmény: [1226] Zilberbach, 2010-06-06 08:07:06 |
|
|
[1231] Hosszejni Darjus | 2010-06-06 12:06:37 |
és még meglepőbb: ugyanannyi n-nel osztható szám van, mint racionális (n legyen egész) :)
|
|
[1230] Fernando | 2010-06-06 11:43:59 |
"Gyakorlati jelentősége talán az lenne, hogy a gyors prímtényezős fölbontás algoritmusának valószínűleg úgy kellene kezdődnie, hogy a páros számokat addig kell osztani 2-vel, amíg egy páratlan számot nem kapunk, illetve (azután) a páratlan számok prímtényezőit csak a páratlan számok között kell keresni." Igen, ezt így is szokás csinálni!
Mondok valami meglepőt: páros számból éppen ennyi van, mint egészből! ;)
|
Előzmény: [1228] Zilberbach, 2010-06-06 10:24:13 |
|
|
[1228] Zilberbach | 2010-06-06 10:24:13 |
Úgy gondolom igazad van Jonas.
Én is hasonló gondolatra jutottam, és ezzel kapcsolatban jutott eszembe az alábbi sejtés:
Páratlan számok prímtényezői csak páratlan számok lehetnek.
Bizonyította ezt már valaki tételként?
Gyakorlati jelentősége talán az lenne, hogy a gyors prímtényezős fölbontás algoritmusának valószínűleg úgy kellene kezdődnie, hogy a páros számokat addig kell osztani 2-vel, amíg egy páratlan számot nem kapunk, illetve (azután) a páratlan számok prímtényezőit csak a páratlan számok között kell keresni.
|
Előzmény: [1227] jonas, 2010-06-06 09:50:36 |
|
[1227] jonas | 2010-06-06 09:50:36 |
Az a hiba, hogy a páros számok nincsenek ugyan többen, de általában többféleképpen írhatók fel két szám szorzataként, mint a páratlanok, mert általában több prímtényezőjük van.
|
Előzmény: [1226] Zilberbach, 2010-06-06 08:07:06 |
|
[1226] Zilberbach | 2010-06-06 08:07:06 |
A prímszámok kivételével minden szám fölírható két (másik) szám szorzataként.
1. Két páros szám szorzata páros számot ad.
2. Páros-páratlan szorzata páros számot ad.
3. Páratlan-páros szorzata páros számot ad.
4. Páratlan-páratlan szorzata páratlan számot ad.
Föntiekböl statisztikát készítve: háromszor annyi páros szám van mint páratlan - ami nyivánvalóan nem igaz.
(Mondhatnák, hogy a páros-páratlan szimmetriát a prímszámok billentik helyre, mert a 2 kivételével mind páratlan, de ez sem igaz mert a nagy számok felé haladva a prímszámok előfordulása egyre ritkább, a páros-páratlan szimmetria viszont a természetes számok sorában egyenletesen fönáll.)
Hol a hiba a fönti statisztikában?
|
Előzmény: [1224] HoA, 2010-06-05 20:37:15 |
|
|