par pitanja iz usmenog
Select messages from
 # through # FAQ
[/[Print]\]
Idite na Prethodno  1, 2, 3, 4, 5, 6  Sljedeće  :| |:
Forum@DeGiorgi -> (Elementarna) teorija brojeva
#21:  Autor/ica: duje,  PostPostano: 0:02 sub, 17. 2. 2007
    —
Braslav (napisa):
Jedno pitanje u vezi Teorema 4.5

Uzmimo da je nasa forma oblika f(x,y)=2x*x+108y*y tada je ocito reducirana pozitivno definitna kvadratna forma.

U teoremu se tvrdi da su najmanje vrijednosti koje svaka reducirana pa i ova forma moze primiti a=2, c=108, a-abs(b)+c=110 i to u tom redoslijedu, ali ocito je da su najmanje vrijednoti koje ova forma prima 2,8,18 i to za (1,0), (2,0), (3,0) Misim da se teorem mora nekako drugacije dokazati... Kako?

Gledaju se prave reprezentacije, tj. one koje se postizu za x,y relativno proste. To u skripti nije najbolje naglaseno, ali zbog toga je uzet uvjet da su x,y iz Z\{0}.
Po Propoziciji 4.2, mozemo gledati ili bilo kakve reprezentacije, ili prave reprezentacije, sto god nam vise odgovara. A u ovom dokazu nam vise odgovara gledati prave (upravo zbog problema kojeg ste i vi uocili).
#22:  Autor/ica: duje,  PostPostano: 0:06 sub, 17. 2. 2007
    —
Braslav (napisa):
Propozicija 2.17.

4. red dokaza na strani 23.

pokaze se da je f'(xi) nekongruentno 0 (mod p na j)
ali za primjenu henselove leme nam treba da je nekongruentno 0 modulo p, a ne p na j. Mislim ako neki broj ne dijeli p na j to ne znaci da ga ne dijeli p. Kako se pokaze ta nama potrebna nekongruencija?

Tiskarska greska: trebalo je pisati f'(xi) nekongruentno 0 (mod p).
#23:  Autor/ica: Gost,  PostPostano: 8:34 sub, 17. 2. 2007
    —
Hvala! Very Happy
#24:  Autor/ica: Braslav,  PostPostano: 20:08 sub, 17. 2. 2007
    —
duje (napisa):
Braslav (napisa):
Jedno pitanje u vezi Teorema 4.5

Uzmimo da je nasa forma oblika f(x,y)=2x*x+108y*y tada je ocito reducirana pozitivno definitna kvadratna forma.

U teoremu se tvrdi da su najmanje vrijednosti koje svaka reducirana pa i ova forma moze primiti a=2, c=108, a-abs(b)+c=110 i to u tom redoslijedu, ali ocito je da su najmanje vrijednoti koje ova forma prima 2,8,18 i to za (1,0), (2,0), (3,0) Misim da se teorem mora nekako drugacije dokazati... Kako?

Gledaju se prave reprezentacije, tj. one koje se postizu za x,y relativno proste. To u skripti nije najbolje naglaseno, ali zbog toga je uzet uvjet da su x,y iz Z\{0}.
Po Propoziciji 4.2, mozemo gledati ili bilo kakve reprezentacije, ili prave reprezentacije, sto god nam vise odgovara. A u ovom dokazu nam vise odgovara gledati prave (upravo zbog problema kojeg ste i vi uocili).


Hvala puno.
#25:  Autor/ica: Braslav,  PostPostano: 22:14 sub, 17. 2. 2007
    —
Propozicija 5.4.

Najdoljnji red na 50-toj strani. Kako se dokaze ta jednakost?
#26:  Autor/ica: duje,  PostPostano: 22:23 sub, 17. 2. 2007
    —
Braslav (napisa):
Propozicija 5.4.
Najdoljnji red na 50-toj strani. Kako se dokaze ta jednakost?

Isto kao analogna tvrdnja za red suma 1/d^2 po sredini iste stranice.
Naime, |mi(d)| ⇐1, pa se kod ocjene ostatka reda suma mi(d)/d^2 moze zamijeniti sa sumom 1/d^2, a ova s odgovarajucim integralom.
#27:  Autor/ica: Braslav,  PostPostano: 22:49 ned, 18. 2. 2007
    —
Teorem 6.9.

lim( n -> beskonacno) | alpha - n-ta konvergenta od alpha | = 0, a ne
sqrt(5) na -1. Kasnije (Hurwitzov teorem) se poziva na rezultat ovoga teorema. Mene zanjima kako bi teorem (6.9) trebao glasiti?
#28:  Autor/ica: duje,  PostPostano: 22:58 ned, 18. 2. 2007
    —
Braslav (napisa):
Teorem 6.9.
lim( n → beskonacno) | alpha - n-ta konvergenta od alpha | = 0, a ne
sqrt(5) na -1. Kasnije (Hurwitzov teorem) se poziva na rezultat ovoga teorema. Mene zanjima kako bi teorem (6.9) trebao glasiti?


lim( n → beskonacno) | alpha - p_n / q_n| * q_n^2 = 1/sqrt(5).
Fali faktor (q_n)^2. Embarassed
#29:  Autor/ica: Braslav,  PostPostano: 23:02 ned, 18. 2. 2007
    —
Propozicija 5.4. 1) ili 2)

Kako dvostruka suma po n <= x i d | n prelazi u sumu d <=x m <= x/d ?

Ja sam si odgovorio tako sto postoji bijekcija izmedju ta dva skupa znaci
izmedju skupa S={(n,d): n<=x , d|n} i skupa K={(m,d): d<=x, m<=x/d}

(n,d) ---> pridruzuje (m,d) gdje d=d, m=n/d, s inverznom funkcijom
(m,d) ---> (m*d,d)

, no mozda postoji elegantniji nacin da se uvidi. Pa pitam ima li elegantniji nacin da se to uvidi?
#30:  Autor/ica: Braslav,  PostPostano: 13:38 pon, 19. 2. 2007
    —
Propozicija 7.5.

Drugi na treci red dokaza. Pise kako je jasno da je (x,y,z) primitivna trojka, ja sam probao dokazati tako da predpostavim da nije, ali nisam znao dovesti do kontradikcije. Molim pomoc.
#31:  Autor/ica: Braslav,  PostPostano: 13:58 pon, 19. 2. 2007
    —
Propozicija 7.5

Iz y^2 = (c^2 - a^2) (c^2 + a^2) slijedi da postoje prirodni brojevi r, s
takvi da je

r^2 = c^2 - a^2
s^2 = c^2 + a^2

to slijedi samo ako su c^2 - a^2 i c^2 + a^2 relativno prosti, kako se to (da su c^2 - a^2 i c^2 + a^2 relativno prosti) pokaze?
#32:  Autor/ica: vinko, Lokacija: PMF-MO 214 PostPostano: 14:47 pon, 19. 2. 2007
    —
Braslav (napisa):
Propozicija 7.5.

Drugi na treci red dokaza. Pise kako je jasno da je (x,y,z) primitivna trojka, ja sam probao dokazati tako da predpostavim da nije, ali nisam znao dovesti do kontradikcije. Molim pomoc.


Bitan detalj je da pretpostavimo da je to trojka s najmanjom hipotenuzom. Takva mora biti primitivna. Ako nije (dakle ima oblik (da, db, dc) ), onda trojka (a, b, c) ima isto svojstvo, a manju hipotenuzu.
#33:  Autor/ica: duje,  PostPostano: 15:20 pon, 19. 2. 2007
    —
Braslav (napisa):
Propozicija 7.5

Iz y^2 = (c^2 - a^2) (c^2 + a^2) slijedi da postoje prirodni brojevi r, s
takvi da je

r^2 = c^2 - a^2
s^2 = c^2 + a^2

to slijedi samo ako su c^2 - a^2 i c^2 + a^2 relativno prosti, kako se to (da su c^2 - a^2 i c^2 + a^2 relativno prosti) pokaze?

Ako prost broj p dijeli c^2 - a^2 i c^2 + a^2, onda mora dijeliti i njihov zbroj 2c^2 i njihovu razliku 2a^2. A jer su c i a relativno prosti, odavde slijedi da p dijeli 2, tj. da je p=2. No, ovo je u suprotnosti s ranije pokazanim da je y^2=c^4-a^4 neparan broj.
#34:  Autor/ica: vinko, Lokacija: PMF-MO 214 PostPostano: 17:48 pon, 19. 2. 2007
    —
Braslav (napisa):
Propozicija 5.4. 1) ili 2)

Kako dvostruka suma po n ⇐ x i d | n prelazi u sumu d ⇐x m ⇐ x/d ?

Ja sam si odgovorio tako sto postoji bijekcija izmedju ta dva skupa znaci
izmedju skupa S={(n,d): n⇐x , d|n} i skupa K={(m,d): d⇐x, m⇐x/d}

(n,d) → pridruzuje (m,d) gdje d=d, m=n/d, s inverznom funkcijom
(m,d) → (m*d,d)

, no mozda postoji elegantniji nacin da se uvidi. Pa pitam ima li elegantniji nacin da se to uvidi?


Ja to gledam (mozda i nije elegantnije), da shvatim m kao (u stvari kao 'suprotnog' djelitelja) m*d=n, pa mi je dvostruka suma po n⇐x, d|n u stvari dvostruka suma po m*d⇐x,m⇐x,d⇐x, pa onda jedan uvjet (m⇐x) izbacim, jer je u stvari suvišan, te ostane suma po d⇐x, m⇐x/d.

Al mislim da je to upravo ono pridruživanje opisano ranije...
#35:  Autor/ica: Braslav,  PostPostano: 20:03 pon, 19. 2. 2007
    —
vinko (napisa):
Braslav (napisa):
Propozicija 7.5.

Drugi na treci red dokaza. Pise kako je jasno da je (x,y,z) primitivna trojka, ja sam probao dokazati tako da predpostavim da nije, ali nisam znao dovesti do kontradikcije. Molim pomoc.


Bitan detalj je da pretpostavimo da je to trojka s najmanjom hipotenuzom. Takva mora biti primitivna. Ako nije (dakle ima oblik (da, db, dc) ), onda trojka (a, b, c) ima isto svojstvo, a manju hipotenuzu.


Zar nije da je (x,y,z) trojka s najmanjom hipotenuzom koja ima svojstvo BSO da je x=a^2 z=b^2 za neke brojeve a,b ako bi (x,y,z)=(dx',dy',dz')
tada (x',y',z') ne mora imati svojstvo da su x' i z' kvadrati nekog broja pa prema tome ono prije ostaje najmanja trojka s tim svojstvom. Mozda nesto vidim krivo. Inace hvala na pomoci.
#36:  Autor/ica: vinko, Lokacija: PMF-MO 214 PostPostano: 20:29 pon, 19. 2. 2007
    —
Braslav (napisa):
Zar nije da je (x,y,z) trojka s najmanjom hipotenuzom koja ima svojstvo BSO da je x=a^2 z=b^2 za neke brojeve a,b ako bi (x,y,z)=(dx',dy',dz')
tada (x',y',z') ne mora imati svojstvo da su x' i z' kvadrati nekog broja pa prema tome ono prije ostaje najmanja trojka s tim svojstvom. Mozda nesto vidim krivo. Inace hvala na pomoci.


Ispricavam se Embarassed , nisam bas obratio paznju na detalje:

Koliko mi se cini, mislim da bi to moglo biti ovako nekako: Ako trojka nije primitivna, d je GCD nekih od brojeva.

Pogledajmo prvo slucaj d^2|z, d^2|x. (x i z su kvadrati)
Budući da vrijedi x^2+y^2=z^2, i y bi morao biti djeljiv sa d^2, pa bi onda imali 'manju' trojku (x/d^2,y/d^2,z/d^2).

P.S. U drugom slucaju imamo.

Situacija d^2|z i d|y povlaci d|x, a buduci je x kvadrat slijedi ili d kvadrat ili d^2|x ⇒ d^2|y... u svakom slucaju, NZM trojke je kvadrat prirodnog broja, pa kad podijelimo tim kvadratom, dobili bi ponovo manju trojku s trazenim svojstvom.

Zadnja promjena: vinko; 20:40 pon, 19. 2. 2007; ukupno mijenjano 1 put.
#37:  Autor/ica: duje,  PostPostano: 20:37 pon, 19. 2. 2007
    —
Braslav (napisa):
Zar nije da je (x,y,z) trojka s najmanjom hipotenuzom koja ima svojstvo BSO da je x=a^2 z=b^2 za neke brojeve a,b ako bi (x,y,z)=(dx',dy',dz')
tada (x',y',z') ne mora imati svojstvo da su x' i z' kvadrati nekog broja pa prema tome ono prije ostaje najmanja trojka s tim svojstvom. Mozda nesto vidim krivo. Inace hvala na pomoci.

Neka je p neki prosti djelitelj od d. Tada iz px''=a^2, pz''=b^2, slijedi da p dijeli a, b, x'', z''. Zato p^2 dijeli x, z, y, pa je
(x/p^2, y/p^2, z/p^2) trojka s istim svojstvom i manjom hipotenuzom.

Edit: sporo pisem - pretekao me Vinko.
#38:  Autor/ica: Braslav,  PostPostano: 21:03 pon, 19. 2. 2007
    —
duje (napisa):
Braslav (napisa):
Zar nije da je (x,y,z) trojka s najmanjom hipotenuzom koja ima svojstvo BSO da je x=a^2 z=b^2 za neke brojeve a,b ako bi (x,y,z)=(dx',dy',dz')
tada (x',y',z') ne mora imati svojstvo da su x' i z' kvadrati nekog broja pa prema tome ono prije ostaje najmanja trojka s tim svojstvom. Mozda nesto vidim krivo. Inace hvala na pomoci.

Neka je p neki prosti djelitelj od d. Tada iz px''=a^2, pz''=b^2, slijedi da p dijeli a, b, x'', z''. Zato p^2 dijeli x, z, y, pa je
(x/p^2, y/p^2, z/p^2) trojka s istim svojstvom i manjom hipotenuzom.

Edit: sporo pisem - pretekao me Vinko.


Hvala obojci. U medjuvremenu sam uspio sam raspisati, svejedno hvala.
#39:  Autor/ica: Braslav,  PostPostano: 21:41 uto, 20. 2. 2007
    —
Teorem 2.6

Zasto smo se ogranicili da uzimamo a prirodan kada cijeli teorem vrijedi i za a cijeli?
#40:  Autor/ica: Braslav,  PostPostano: 19:17 sri, 21. 2. 2007
    —
Teorem 2.21

Meni se cini i da za n=1 postoji primitivan korijen mod 1, zapravo to je trivijalno zadovoljeno. Jel bi teorem trebao ukljuciti i tu mogucnost znaci n=1? Zasto ne?
Forum@DeGiorgi -> (Elementarna) teorija brojeva


output generated using printer-friendly topic mod. Vremenska zona: GMT + 01:00.

Idite na Prethodno  1, 2, 3, 4, 5, 6  Sljedeće  :| |:
Stranica 2 / 6.

Powered by phpBB © 2001,2002 phpBB Group
Theme created by Vjacheslav Trushkin