Fórum: Valaki mondja meg!

Uhh..túl késő van...a könyv szerinti eredmény pi*gyök3/12 lenne. Amúgy megvan a hiba, csak egy mínusz jel volt az egész csúnyaság okozója. (nekem végul pi*gyök2/12 jött ki, nincs is honnan gyök3 legyen benne). Minden esetre köszönöm szépen a válaszolóknak, a szándek számít, ha nem is igazán értettem mindent meg. Van valami trükk, ami mentesít az ilyen béna hibáktól? :)) Jó kérdés...Ha így rontom el az érettsegin is, nézhetem magam. De viccen kívül, valami jó tanácsokat a gyakorlotabbaktól szívesen várok még, sőt lehet kérdésekkel is visszatérek még.

Még egyszer bocsi a fórum fölösleges megtöltéséért, ki is lehet vágni ezeket a megjegyzéseket (én nem kaptam meg, hogyan lehet)

Na jol van. Akkor kezdjuk az elejen! Oszinten nem igazan ertem miket akarsz mondani, meg matematika egyetemen nem voltam hallgato. Csak egy orult 12-es vagyok, aki azt sem tudja, 3 honap mulva mire felvetelizik. Azt sem tudom mennyire volt ertheto a kerdesem, de most csatolom az en gimnaziumi-szintu megoldasomat (probalkozast), hatha erthetobb lesz. Ha helyes, esetleg folytathato-e valahogy? A tankonyv megoldasnak annyit mond, hogy az eredmeny , de en meg csak nem is sejtem, hogy lehet ezt kihozni, innen ahova eljutottam.. :|

(Bocsanat a sok uzenetert, de csak igy tudtam megoldani a kep csatolasat)

Próbáltad az arkusz szinuszok eredményét (vagy a két eredmény különbségét vagy az argumentumokat) numerikusan kiszámolni, hogy megsejtsd rájuk a kerek formulát, esetleg a Plouffe's Inverter segítségével? Nem számoltam utána, úgyhogy lehet, hogy ez nem működik. Az is lehet persze, hogy tényleg egy csúnya kifejezést kapsz az integrál értékére, amit nem lehet egyszerűsíteni.

Igen, igy probaltam, de Newton-Leibniz alkalmazasa utan nagyon csunya lett a 2 arcsin argumentuma, semmi ismeros nem volt. Meg egyszer megoldom, lehet en rontottam valahol, es visszaterek, ha megsem sikerul.

Teljes négyzetté kiegészítés, konstans kiemelése, majd lineáris helyettesítés, és máris visszavezetted -re.

Milyen módszerrel javasoljátok az integrál kiszámolását? Illetve milyen helyettesítés a legelőnyösebb?

Az n=4-re végtelen leszállással lehet bizonyitani pl., ami eleminek mondható.

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.

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

n=3 van az Euler egészekkel. bocsánat

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)

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

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

Könnyen meglehet. Írd be, szívesen átrágjuk rajta magunkat.

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

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.

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

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=92mod 7 az nem 1, és 3³2*3=6 szintén nem 1, tehát a 3 rendje 6.

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).

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

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.

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

Igaz. Ezen még gondolkozok.