Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Valaki mondja meg!

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[881] jonas2009-03-27 16:37:56

Most már otthon vagyok és megnéztem a Szalay: Számelmélet könyvet. Az n=4 esetre leír egy nem túl nehéz elemi megoldást. Az n=3 esetet nem bizonyítja, de megemlíti, hogy az Euler-egészek segítségével látták be.

Előzmény: [877] jonas, 2009-03-27 10:59:51
[880] R.R King2009-03-27 14:38:17

és n=3-ra van elemi bizonyítása...rossz napom van

Előzmény: [879] R.R King, 2009-03-27 14:36:49
[879] R.R King2009-03-27 14:36:49

n=3 van az Euler egészekkel. bocsánat

[878] R.R King2009-03-27 14:36:01

Freud: Számelmélet könyvében benne van az n=4 és az n=3 eset is, de az n=4 Euler-egészekkel (ha jól emlékszem). Gábor azt állította, h az előbbire van középiskolás módszerekkel megoldása. Én szkeptikus vagyok, de ne legyen igazam:) Szerintem egyszer mindenki megkísérli bizonyítani az n=3,4-et aki olvasott gimiben Fermat sejtésről...(aztán az esetek többségében besül a próbálkozás)

Előzmény: [877] jonas, 2009-03-27 10:59:51
[877] jonas2009-03-27 10:59:51

Most nem otthon vagyok, úgyhogy nem tudom ellenőrizni, de a Szalay: Számelmélet könyvben nincs benne az n=3 és az n=4 esetek bizonyítása?

Előzmény: [874] Gábor1905, 2009-03-26 22:14:46
[876] Euler2009-03-27 00:18:01

Szerintem nincs kizárva, hogy bizonyitható, n=4 esetre pl. elég "könnyű" a bizonyitás, én is kiváncsian várom a bizonyitásodat.

Előzmény: [874] Gábor1905, 2009-03-26 22:14:46
[875] jenei.attila2009-03-26 23:36:09

Könnyen meglehet. Írd be, szívesen átrágjuk rajta magunkat.

Előzmény: [874] Gábor1905, 2009-03-26 22:14:46
[874] Gábor19052009-03-26 22:14:46

Üdv! Csak azt szeretném kérdezni hogy szerintetek gimis matekkal bizonyítható-e a Fermat sejtés n=3 esete?Szerintem sikerült csak még nem írtam le!:D:D:D

[873] jenei.attila2009-03-23 17:11:37

Továbbra is úgy értelmezem a kérdést, hogy "Hány olyan elem van 64 elemű testben, amely nincs benne valódi résztestben?" Ennek a testnek valóban csak 2,4 és 8 elemű résztestei lehetnek mivel minden test vektortér bármelyik részteste felett, ahogy Fálesz Mihály is írta. Ilyen résztestei pedig valóban vannak is, mégpedig mindegyikből csak 1-1. Ez a test (GF(64)) a x64-x polinomnak felbontási teste (e testben lineáris gyöktényezők szorzatára bomlik), sőt pontosan a x64-x polinom gyökei alkotják a test elemeit. Az, hogy ennek a testnek van 2, 4 és 8 elemű részteste abból következik, hogy a x2-x, x4-x és x8-x polinomok osztói a x64-x polinomnak, amelyek gyökei így szintén GF(64) elemei. Ezek a gyökök könnyen bizonyíthatóan résztesteket alkotnak, mert (x+y)2=x+y,(xy)2=xy,(-x)2=-x,(x-1)2=x-1 (itt kihasználtuk, hogy a test 2 karakterisztikájú). Hasonlóan 4 és 8 kitevővel. Más 2, 4 és 8 elemű résztestei GF(64)-nek nincsenek, mint a most felsorolt polinomok gyökeiből álló testek, mert az azt jelentené hogy a x2-x, x4-x és x8-x polinomoknak 2,4 illetve 8-nál több gyökük lenne ami lehetetlen. A 2 elemű (0,1 -et tartalmazó) résztest részteste a 4 és 8 elemű testeknek is, azonban a 4 elemű résztest nem részteste a 8 eleműnek (mivel a 8 elemű test nem lehet vektortér a 4 elemű felett). Vagyis e résztestek uniója 10 elemet tartalmaz, a maradék 54 elem pedig egyik résztestnek sem eleme.

Előzmény: [862] Bubcsi, 2009-03-17 11:01:41
[872] lgdt2009-03-20 02:17:01

A Wikipedia szerint ez egy ismert probléma, amelyre eddig nem találtak polinom futásidejű algoritmust, és azt sem tudják, hogy van-e; viszont az inverzét, a hatványozást könnyű hatékonyan elvégezni. Ha jól tudom, az sem ismert, hogy léteznek-e bizonyítottan ilyen tulajdonságú ún. csapóajtófüggvények.

The existence of one-way functions

Előzmény: [867] Borel, 2009-03-18 19:25:53
[871] jonas2009-03-18 21:55:16

Nézzük. A 7-1 prímfelbontása 2.3, úgyhogy elég a második és harmadik hatványt megnézni, ha egyik sem 1, akkor a rend 6. Mármost 32=9\equiv2mod 7 az nem 1, és 33\equiv2*3=6 szintén nem 1, tehát a 3 rendje 6.

Előzmény: [870] Borel, 2009-03-18 21:47:08
[870] Borel2009-03-18 21:47:08

Köszönöm a válaszokat. Én is így számoltam eddig, csakhát reméltem van valami hatékonyabb megoldás is... n=7-re a 3 rendjéért már meg kell szenvedni (szg. nélkül).

Előzmény: [869] Tibixe, 2009-03-18 21:03:47
[869] Tibixe2009-03-18 21:03:47

Végignézheted szép sorban bd-t minden szóba jöhető d-re, azaz amikor d poz. egész és osztja \varphi(n)-t, aztán ha 1 maradékot ad, akkor az aktuális d lesz a válasz. Kis n-re ez is jó.

Előzmény: [867] Borel, 2009-03-18 19:25:53
[868] R.R King2009-03-18 20:26:50

Üdv. Freud: Számelmélet című könyvében pl. utána lehet nézni, de a google is segíthet:) a rend emlékeim szerint a legkisebb ,,jó'' kitevő és osztója minden jó kitevőnek pl. fi(n)-nek is. fi(n) n-ig az n hez relatív prímek száma. Konkrét b és n esetén tehát a rend a fi(n) osztói közül kerül ki. Régen tanultam ezekről talán diszkrét logaritmus(index) címszóval keresd a problémát.

Előzmény: [867] Borel, 2009-03-18 19:25:53
[867] Borel2009-03-18 19:25:53

Sziasztok!

Egy kis segítségre lenne szükségem: Rn redukált maradékosztályok csoportjában hogy kell elem rendjét kiszámolni? Vagy ami ezzel ekvivalens, b a k-adikon kongruens 1 modulo n egyenletet hogy kell megoldani? (b és n ismert)

Üdv: Borel

[866] jenei.attila2009-03-17 21:09:20

Igaz. Ezen még gondolkozok.

Előzmény: [864] Fálesz Mihály, 2009-03-17 13:25:03
[865] gubanc2009-03-17 18:32:01

Köszönöm szépen!

Előzmény: [861] nadorp, 2009-03-16 18:20:13
[864] Fálesz Mihály2009-03-17 13:25:03

A 64-elemű testnek csak 2-, 4- és 8-elemű résztestei vannak.

A bővebb test vektortér a résztest felett, ezért az elemszáma csak hatványa lehet a résztest elemszámának.

Előzmény: [863] jenei.attila, 2009-03-17 12:15:43
[863] jenei.attila2009-03-17 12:15:43

"Hány olyan elem van 64 elemű test felett...", ezt úgy érted, hogy "Hány olyan elem van 64 elemű testben..."? Ha igen, akkor szerintem 32. Mivel a 64 elemű test legbővebb valódi részteste 32 elemű és a többi résztest ennek részteste, a maradék 32 elem nem eleme egyetlen résztestnek sem.

Előzmény: [862] Bubcsi, 2009-03-17 11:01:41
[862] Bubcsi2009-03-17 11:01:41

Valki segítene ebben a feladatban? Hány olyan elem van 64 elemű test felett amely nincs benne valódi résztestben?

Elöre is köszönöm!

[861] nadorp2009-03-16 18:20:13

Biztos van egyszerűbb megoldás is ( maradékosztályokat felhasználó vagy gráfelméleti), de ezt nem találtam.

Jelölje Ai azon függvények halmazát,melyek maximuma i. Ekkor ha 0\leqi\leqk ,akkor

Ai elemszáma (k+1)n-kn,mert

f\inAi esetén i-k\leqf(j)\leqi, tehát f k+1 féle értéket vehet fel, így azokat a k+1 elemből képezhető n hosszú sorozatokat kell leszámolni, melyek legalább egyszer tartalmazzák az i-t.

Ha pedig -k\leqi\leq-1, akkor a fentihez hasonlóan

Ai elemszáma (i+k+1)n-(i+k)n

A fenti módszerrel minden függvényt pontosan egyszer számoltuk, hiszen egy Ai-n belül a függvények különböznek és i\neqj esetén minden Ai-ben szereplő függvény eltér minden Aj-ben szereplő függvénytől, mert a maximumuk különböző. Az összes függvény száma

(1n-0n)+(2n-1n)+...+(kn-(k-1)n)+(k+1)((k+1)n-kn)=(k+1)n+1-kn+1

Előzmény: [860] gubanc, 2009-03-13 12:41:36
[860] gubanc2009-03-13 12:41:36

Nagyrabecsült FÓRUMOSOK! Sehogy sem bírok ezzel a feladattalÿ:( segítenétek?

Legyenek n és k adott pozitív egészek és tekintsük azon f: {1; 2; 3; ...; n} \to {-k; -k+1; ...; k-1; k} függvényeket, amelyekre |f(i) - f(j)|\lek bármely i, j\in {1; 2; 3; ...; n} esetén. Hány ilyen f függvény van?

Üdv: gubanc

[859] sakkmath2009-03-10 10:01:07

Talán ez is segít (a részleteket a könyv mellőzi):

Előzmény: [855] plac, 2009-03-07 16:12:53
[858] plac2009-03-09 15:57:15

Ez is hatalmas segítség volt köszönöm szépen!

Előzmény: [857] Lóczi Lajos, 2009-03-08 20:49:07
[857] Lóczi Lajos2009-03-08 20:49:07

Itt minden bizonnyal két dolgot érdemes összekombinálni: van egy képlet az integrálfüggvény Fourier-együtthatóinak kiszámítására (az eredeti függvény Fourier-együtthatóiból), így elég csak a logaritmus és a kotangens függvény kompozíciójának meghatározni a sorfejtését. (A függvény paritása miatt az egyik paritású együtthatók nullák lesznek.) A kotangenset szétbontva, lényegében ln (cos ).sin , ln (cos ).cos , ln (sin ).cos , ln (sin ).sin  integrandusú határozott integrálok maradnak (az argumentumokban persze a megfelelő helyeken ott a szumma futóindexe). Ezeket az integrálokat ki lehet számolni (persze az integrandus nem korlátos volta miatt az integrálok konvergenciáját ellenőrizni kell), egyszer kiszámítottam őket, de csak elég trükkösen jöttek ki. (Utólag aztán látható volt, hogy az a feladat a \sum_k \frac{\cos(kx)}{k} és \sum_k \frac{\sin(kx)}{k} függvénysorok összegével van kapcsolatban, amelyeket egyszerűbben egy \sum_k \frac{e^{i kx}}{k} komplex exponenciális sor összegeként volt érdemes kiszámolni.) Szóval esetleg próbálj meg ezeket a nyomokon elindulni; mindenesetre a direkt számolások nem lesznek egyszerűek.

Előzmény: [855] plac, 2009-03-07 16:12:53

  [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]