Algebra modulare
Alo' ciao a tutti.
Vorrei chiedervi come risolvereste questo esercizio.
Dimostrare che per ogni a appartenente a Z a^3 congruo a (mod 6)
Vi ringrazio in anticipo di una eventuale risposta Bay Bay
Vorrei chiedervi come risolvereste questo esercizio.
Dimostrare che per ogni a appartenente a Z a^3 congruo a (mod 6)
Vi ringrazio in anticipo di una eventuale risposta Bay Bay
Risposte
Ci provo, anche se in algebra modulare non sono un granchè. 
Per induzione su $n$. La relazione è banalmente verificata per $n = 0$.
Supponiamo quindi che per un naturale $n$ valga $n^3 -= n (mod 6)$
Dobbiamo mostrare che $(n+1)^3 -= (n+1) (mod 6)$, ovvero $(n+1)^3-(n+1) -= 0 (mod 6)$.
Raccogliendo e moltiplicando si ha $(n+1)[(n+1)^2-1] = (n+1)(n^2+2n) = n(n+1)(n+2) -= 0 (mod 6)$.
Poichè questo prodotto è congruo a 0 modulo 6 si ha la conclusione.
In maniera simile si svolge per $n < 0$.
Per induzione su $n$. La relazione è banalmente verificata per $n = 0$.
Supponiamo quindi che per un naturale $n$ valga $n^3 -= n (mod 6)$
Dobbiamo mostrare che $(n+1)^3 -= (n+1) (mod 6)$, ovvero $(n+1)^3-(n+1) -= 0 (mod 6)$.
Raccogliendo e moltiplicando si ha $(n+1)[(n+1)^2-1] = (n+1)(n^2+2n) = n(n+1)(n+2) -= 0 (mod 6)$.
Poichè questo prodotto è congruo a 0 modulo 6 si ha la conclusione.
In maniera simile si svolge per $n < 0$.
ottima la sol di Eredir ma mi chiedo: dove usi l'ipotesi induttiva? 
... solo per informazione, il quesito si poteva anche risolvere con una conferma a mano sui casi n=0,1,2,3,4,5, visto che l'equazione avviene mod 6...
... solo per informazione, il quesito si poteva anche risolvere con una conferma a mano sui casi n=0,1,2,3,4,5, visto che l'equazione avviene mod 6...
"Giravite":
Alo' ciao a tutti.
Vorrei chiedervi come risolvereste questo esercizio.
Dimostrare che per ogni a appartenente a Z a^3 congruo a (mod 6)
Vi ringrazio in anticipo di una eventuale risposta Bay Bay
Il tutto si generalizza nel teorema di Eulero-Lagrange $a^(phi(n)+1) -= a mod n$ per ogni $n in NN^+$ e per ogni $a in ZZ$. La funzione aritmetica $phi(n)$ indica il numero di interi positivi primi con $n$ e minori di $n$.
La soluzione di Eridir è corretta, modulo il fatto che manca la base dell'induzione, se non che dice di dimostrare per $n$ e poi usa $a$, per questo non sembra apparire l'uso dell'ipotesi induttiva.
non sto dicendo che è errata, anzi... solo che non dice come usa l'ipotesti induttiva, almeno non esplicitamente (per me)... visto che il caso $(a+1)$ si conclude ottimamente anche senza il caso $a$ esattamente con gli stessi passaggi, forse è meglio che espliciti il ragionamento...
Avete pienamente ragione, vedo di correggere.
Un errore di sincronia dalla brutta in blocco note al messaggio.
In effetti non è essenziale utilizzare l'induzione, è semplicemente la prima cosa che mi è venuta in mente.
Se avete una soluzione più elegante mi piacerebbe leggerla.
Un errore di sincronia dalla brutta in blocco note al messaggio.
In effetti non è essenziale utilizzare l'induzione, è semplicemente la prima cosa che mi è venuta in mente.
Se avete una soluzione più elegante mi piacerebbe leggerla.
"Eredir":
Poichè questo prodotto è congruo a 0 modulo 6 si ha la conclusione.
ecco... ora forse mi si prenderà per rompiballe, ma come lo dimostri???
"Thomas":
ecco... ora forse mi si prenderà per rompiballe, ma come lo dimostri???
Io l'ho verificato a mano, precisamente come dicevi tu alcuni post sopra, ma ho dato per scontato che esistesse un metodo più elegante della forza bruta.
Va bè... devi cmq dirlo che lo verifichi "a mano", altrimenti... e poi... come lo verifichi "a mano"? Devi specificarle queste faccende in una soluzione, non tutti ragionano "con la tua testa" 
...
Il fatto che (a-1)a(a+1) sia divisibile per 6 per è abbastanza evidente in quanto è divisibile sia per 2 che per 3... e questo si può vedere osservando che tra due numeri consecutivi uno è pari e l'altro è dispari e tra 3 numeri consecutivi almeno uno è divisibile per 3...
... Il fatto che (a-1)a(a+1) sia divisibile per 6 per è abbastanza evidente in quanto è divisibile sia per 2 che per 3... e questo si può vedere osservando che tra due numeri consecutivi uno è pari e l'altro è dispari e tra 3 numeri consecutivi almeno uno è divisibile per 3...
"Thomas":
Va bè... devi cmq dirlo che lo verifichi "a mano", altrimenti... e poi... come lo verifichi "a mano"? Devi specificarle queste faccende in una soluzione, non tutti ragionano "con la tua testa"
Il fatto che (a-1)a(a+1) sia divisibile per 6 per è abbastanza evidente in quanto è divisibile sia per 2 che per 3... e questo si può vedere osservando che tra due numeri consecutivi uno è pari e l'altro è dispari e tra 3 numeri consecutivi almeno uno è divisibile per 3...
Sì, ho pensato anch'io in questo modo. Mi sembrava poco elegante dirlo a parole.
Se l'hai pensata così, la tua NON è una dimostrazione per induzione, nel senso che l'induzione non l'hai proprio usata...
"Thomas":
Se l'hai pensata così, la tua NON è una dimostrazione per induzione, nel senso che l'induzione non l'hai proprio usata...
E' vero, il fatto è che quando ho iniziato a scrivere pensavo potesse servire.
Solo arrivato alla fine mi sono reso conto che bastava fare quella verifica per completare la dimostrazione.
Tuttavia non ho trovato un buon modo per spiegarlo e così ho lasciato quello che avevo scritto...
"carlo23":
[quote="Giravite"]Alo' ciao a tutti.
Vorrei chiedervi come risolvereste questo esercizio.
Dimostrare che per ogni a appartenente a Z a^3 congruo a (mod 6)
Vi ringrazio in anticipo di una eventuale risposta Bay Bay
Il tutto si generalizza nel teorema di Eulero-Lagrange $a^(phi(n)+1) -= a mod n$ per ogni $n in NN^+$ e per ogni $a in ZZ$. La funzione aritmetica $phi(n)$ indica il numero di interi positivi primi con $n$ e minori di $n$.[/quote]
Il suddetto teorema però risulta essere valido sse $gcd(a,6)=1$.
E poi non era il teorema di Eulero-Fermat o ricordo male?
"giuseppe87x":
E poi non era il teorema di Eulero-Fermat o ricordo male?
Deve essere come dici...ricorderò male. Questi teoremi portano sempre il nome di 2 o 3 persone perchè sono stati scoperti indipendentemente da più matematici... poi un bel pò di teoremi portano il nome di Fermat anche se lui gli aveva solo congetturati
"giuseppe87x":
E poi non era il teorema di Eulero-Fermat o ricordo male?
Il primo ad aver dimostrato il teorema è Fermat, Eulero lo ha generalizzato usando la funzione phi, e il teorema di Lagrange lo generalizza ulteriormente dimostrando che se $G$ è un gruppo finito, per ogni $a\in G$, $a^{|G|}=1$, dove $|G|$ è il numero di elementi del gruppo. Quindi possiamo dire che il teorema di Eulero-Fermat, più che un risultato di teoria dei numeri, sia un risultato di teoria dei gruppi.
scusa Field, ma non dovrebbe essere $|G|-1$?
e poi una domandina... ci vuole l'ipotesi $G$ abeliano??
e poi una domandina... ci vuole l'ipotesi $G$ abeliano??
"Thomas":
scusa Field, ma non dovrebbe essere $|G|-1$?
e poi una domandina... ci vuole l'ipotesi $G$ abeliano??
No, è $|G|$. Inoltre, l'ipotesi $G$ abeliano non serve. Questo è il bello dell'astrazione! La prova del teorema di Lagrange è diversa dalla prova del caso particolare Eulero-Fermat, che invece sfrutta la commutatività.
già, per questo chiedevo: interessante! ... ma $ZZ$/$p$ non ha $p$ elementi???
... ma $ZZ$/$p$ non ha $p$ elementi???
"Thomas":
già, per questo chiedevo: interessante!
Sì, ma stiamo considerando il gruppo moltiplicativo modulo $p$ (che ha $phi(p)$ elementi) non quello additivo (che ne ha $p$)!
O già... il campo $ZZ$ / $p$ è un gruppo per l'addizione, ma non per la moltiplicazione... io "restringevo" e sbagliavo... e del resto... ok ... non sono pratico di queste cose...thx
... non sono pratico di queste cose...thx
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo