Prethodna tema :: Sljedeća tema |
Autor/ica |
Poruka |
duje Forumaš(ica)
Pridružen/a: 07. 11. 2002. (12:21:31) Postovi: (55C)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
Ada Forumaš(ica)
Pridružen/a: 19. 09. 2006. (16:49:15) Postovi: (1B)16
|
|
[Vrh] |
|
duje Forumaš(ica)
Pridružen/a: 07. 11. 2002. (12:21:31) Postovi: (55C)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
Ema Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 02. 2005. (12:44:59) Postovi: (9C)16
|
|
[Vrh] |
|
goranm Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 11. 2002. (20:09:12) Postovi: (906)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
duje Forumaš(ica)
Pridružen/a: 07. 11. 2002. (12:21:31) Postovi: (55C)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
duje Forumaš(ica)
Pridružen/a: 07. 11. 2002. (12:21:31) Postovi: (55C)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
Ema Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 02. 2005. (12:44:59) Postovi: (9C)16
|
Postano: 21:29 sub, 10. 3. 2007 Naslov: |
|
|
tm 2.11.
pokazujemo da je phi multiplikativna, tj moramo dobiti za neke relativno proste m i n da je phi(m)phi(n)=phi(mn)
i sada brojimo sve (a,b) koji idu po reduciranim skupovima ostataka modulo m i modulo n i njih ima phi(m)*phi(n)
i sada bi trebali pokazati da za a i b koji idu po reduciranim skupovima ost mod m i mod n, broj an+bm ide po reduciranom skupu ostataka modulo mn.tj,
1) da je an+bm relativno prost sa mn
2) da su svaka dva broja tog oblika medusobno nekongruentna (inace bi ih bilo manje nego sto nam treba)
3) da za svaki broj c koji je relativno prost s mn vrijedi
c==an+bm(mod mn)
i sada u dokazu ovog treceg djela za (c,mn)=1 i zbog (m,n)=1 postoje x i y t.d. mx+ny=1,
zasto je ocito (cy,m)=1
moze li to ovako (c,mn)=1, i (m,n)=1 => (c,m)=1 i iz jednakosti slijedi (m,y)=1, pa je onda i (cy,m)=1 ?
i da li je sada cy==a(mod m) zbog pretpostavke na a (da prolazi skupom reduciranih ostataka mod m)?
samo me zanima da li su ova moja objasnjenja dobra, i postoje li neka jednostavnija?
hvala
tm 2.11.
pokazujemo da je phi multiplikativna, tj moramo dobiti za neke relativno proste m i n da je phi(m)phi(n)=phi(mn)
i sada brojimo sve (a,b) koji idu po reduciranim skupovima ostataka modulo m i modulo n i njih ima phi(m)*phi(n)
i sada bi trebali pokazati da za a i b koji idu po reduciranim skupovima ost mod m i mod n, broj an+bm ide po reduciranom skupu ostataka modulo mn.tj,
1) da je an+bm relativno prost sa mn
2) da su svaka dva broja tog oblika medusobno nekongruentna (inace bi ih bilo manje nego sto nam treba)
3) da za svaki broj c koji je relativno prost s mn vrijedi
c==an+bm(mod mn)
i sada u dokazu ovog treceg djela za (c,mn)=1 i zbog (m,n)=1 postoje x i y t.d. mx+ny=1,
zasto je ocito (cy,m)=1
moze li to ovako (c,mn)=1, i (m,n)=1 => (c,m)=1 i iz jednakosti slijedi (m,y)=1, pa je onda i (cy,m)=1 ?
i da li je sada cy==a(mod m) zbog pretpostavke na a (da prolazi skupom reduciranih ostataka mod m)?
samo me zanima da li su ova moja objasnjenja dobra, i postoje li neka jednostavnija?
hvala
Zadnja promjena: Ema; 21:59 sub, 10. 3. 2007; ukupno mijenjano 1 put.
|
|
[Vrh] |
|
duje Forumaš(ica)
Pridružen/a: 07. 11. 2002. (12:21:31) Postovi: (55C)16
Spol:
|
Postano: 21:54 sub, 10. 3. 2007 Naslov: |
|
|
[quote]samo me zanima da li su ova moja objasnjenja dobra[/quote]
Skoro.
"neke relativno proste m i n" bi trebalo biti "sve relativno proste m i n"
"3) da za svaki broj c koji je relativno prost s mn vrijedi c==an+bm(mod mn)" ovdje fali "za neki a relativno prost s m i neki b relativno prost s n"
"(c,mn)=1, i (m,n)=1 => (c,m)=1" ovdje je "(m,n)=1" suvisno; ako c nema zajendicki faktora sa mn, onda nema ni sa m.
"i da li je sada cy==a(mod m) zbog pretpostavke na a (da prolazi skupom reduciranih ostataka mod m)?" treba naci neki a s trazenim svojstvom i mi smo upravo pokazali da cy ima to svojstvo, pa mozemo staviti a=cy (ili a==cy (mod m)).
Citat: | samo me zanima da li su ova moja objasnjenja dobra |
Skoro.
"neke relativno proste m i n" bi trebalo biti "sve relativno proste m i n"
"3) da za svaki broj c koji je relativno prost s mn vrijedi c==an+bm(mod mn)" ovdje fali "za neki a relativno prost s m i neki b relativno prost s n"
"(c,mn)=1, i (m,n)=1 ⇒ (c,m)=1" ovdje je "(m,n)=1" suvisno; ako c nema zajendicki faktora sa mn, onda nema ni sa m.
"i da li je sada cy==a(mod m) zbog pretpostavke na a (da prolazi skupom reduciranih ostataka mod m)?" treba naci neki a s trazenim svojstvom i mi smo upravo pokazali da cy ima to svojstvo, pa mozemo staviti a=cy (ili a==cy (mod m)).
|
|
[Vrh] |
|
Ema Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 02. 2005. (12:44:59) Postovi: (9C)16
|
|
[Vrh] |
|
duje Forumaš(ica)
Pridružen/a: 07. 11. 2002. (12:21:31) Postovi: (55C)16
Spol:
|
Postano: 1:18 ned, 11. 3. 2007 Naslov: |
|
|
[quote="Ema"]
Teorm o 4 kvadrata
kako iz prvog identiteta slijedi da je tvrdnju provjeriti samo za proste brojeve?
[/quote]
Identitet pokazuje da ako se svi faktori nekog broja mogu prikazati kao sume 4 kvadrata, onda se i taj broj moze prikazati kao suma 4 kvadrata. A znamo da je svaki prirodan broj produkt prosti faktora. Pa povezemo ove dvije tvrdnje.
[quote]
... po Dirichletovom principu dva među njima daju isti ostatak pri djeljenju s p. ovo sto dalje slijedi mi nije jasno ni zasto slijedi, ni kako to negdje primjenimo?[/quote]
Imamo p+1 brojeva (kuglica), a p mogucih ostataka (kutija), pa barem dva od navedenih brojeva daju isti ostatak pri dijeljenju sa p.
Brojeve smo napisali u dva reda: oni u prvom imaju oblik nesto na kvadrat, a oni u drugom (- kvadrat -1). Ta dva koji daju isti ostatak su ili oba iz prvog reda ili oba iz drugog ili jedan iz prvog, a jedan iz drugog. No, iz Teorema 3.1 slijedi da brojevi u istom redu daju razlicite ostatke.
Stoga postiji jedan broj iz prvog reda (recimo x^2) i jedan broj iz drugog reda (recimo -y^2-1) koji daju isti ostatak pri dijeljenju sa p. To mozemo zapisati kao x^2 == -y^2 -1 (mod p), odnosno x^2+y^2+1 == 0 (mod p), odnosno p|(x^2+y^2+1).
Ema (napisa): |
Teorm o 4 kvadrata
kako iz prvog identiteta slijedi da je tvrdnju provjeriti samo za proste brojeve?
|
Identitet pokazuje da ako se svi faktori nekog broja mogu prikazati kao sume 4 kvadrata, onda se i taj broj moze prikazati kao suma 4 kvadrata. A znamo da je svaki prirodan broj produkt prosti faktora. Pa povezemo ove dvije tvrdnje.
Citat: |
... po Dirichletovom principu dva među njima daju isti ostatak pri djeljenju s p. ovo sto dalje slijedi mi nije jasno ni zasto slijedi, ni kako to negdje primjenimo? |
Imamo p+1 brojeva (kuglica), a p mogucih ostataka (kutija), pa barem dva od navedenih brojeva daju isti ostatak pri dijeljenju sa p.
Brojeve smo napisali u dva reda: oni u prvom imaju oblik nesto na kvadrat, a oni u drugom (- kvadrat -1). Ta dva koji daju isti ostatak su ili oba iz prvog reda ili oba iz drugog ili jedan iz prvog, a jedan iz drugog. No, iz Teorema 3.1 slijedi da brojevi u istom redu daju razlicite ostatke.
Stoga postiji jedan broj iz prvog reda (recimo x^2) i jedan broj iz drugog reda (recimo -y^2-1) koji daju isti ostatak pri dijeljenju sa p. To mozemo zapisati kao x^2 == -y^2 -1 (mod p), odnosno x^2+y^2+1 == 0 (mod p), odnosno p|(x^2+y^2+1).
|
|
[Vrh] |
|
goranm Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 11. 2002. (20:09:12) Postovi: (906)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
vinko Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 08. 2006. (23:08:00) Postovi: (1A8)16
Spol:
Lokacija: PMF-MO 214
|
|
[Vrh] |
|
goranm Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 11. 2002. (20:09:12) Postovi: (906)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
goranm Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 11. 2002. (20:09:12) Postovi: (906)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
duje Forumaš(ica)
Pridružen/a: 07. 11. 2002. (12:21:31) Postovi: (55C)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
Lara Forumaš(ica)
Pridružen/a: 17. 01. 2007. (16:23:54) Postovi: (53)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
duje Forumaš(ica)
Pridružen/a: 07. 11. 2002. (12:21:31) Postovi: (55C)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
Lara Forumaš(ica)
Pridružen/a: 17. 01. 2007. (16:23:54) Postovi: (53)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
Gost
|
|
[Vrh] |
|
|