Esercizio di divisibilità
Ragazzi ho il seguente quesito.
a) Dire per quali $n in ZZ$ , $15|n^16+14n^4+2n+1$
b) Provare che per nessun $n in ZZ$ , $16|n^16+14n^4-4n^2-3$
Ho svolto così.
a) La condizione necessaria e sufficiente affinché $15|n^16+14n^4+2n+1$ è che $n^16+14n^4+2n+1-=0(mod15)$ (1).
Noto che per $n-=0(mod 15)$ => $15|n^16+14n^4+2n+1-=1$ che è diverso da $[0]_15$.
Ora , poiché $15= 3*5$, ciò è garantito dal th fondamentale dell'aritmetica. Ho che per il Th cinese 2° formulazione
$ZZ_15 ~= ZZ_3 X ZZ_5$.
Dunque studiare la 1) è equivalente trovare $n in ZZ$ tale che
$(2)$ $\{(n^16+14n^4+2n+1-=0(mod5)),(n^16+14n^4+2n+1-=0(mod3)):}$
Ora so che $AA n in ZZ$ , $n$ diverso da zero, per fermat $n^4-=1(mod5)$ ed $n^2-=1(mod3)$.
Dunque $(2) $ è equivalente a
$\{(2n+1-=0(mod5)),(2n+1-=0(mod3)):}$.
Da cui risolvendo il sistema ho che :
$n-=7(mod15)$.
Come ragionamento fila?
b) passando al punto b. Ho un bel po di dubbi . In quanto $ZZ_16$ non è isomorfo a $ZZ_2XZZ_2XZZ_2XZZ_2$. Quindi non posso usare lo stratagemma utilizzato prima.
Noterei comunque che per $n-=0$ 16 non divide quel numero.
e lo stesso per Eulero-Fermat. Ma non saprei dimostrare per i numeri non coprimi con 16.
Io ho pensato a questo.
Poiché $16= 2^4 => 2^4=2(2^3) | n^16+14n^4-4n^2-3 <=> n^16+14n^4-4n^2-3=2k , k in ZZ <=> n^16+14n^4-4n^2-3-=0(mod2)$.
Dopodiché riutilizzo fermat e noto che $n^16+14n^4+2n+1-=1+14+2+1-=0$ che è classe di zero.
EDIT : NEL PUNTO DUE C'ERANO ERRORI MADORNALI.
ok , la risoluzione del punto b) non mi porta da nessuna parte.
avete idee?
a) Dire per quali $n in ZZ$ , $15|n^16+14n^4+2n+1$
b) Provare che per nessun $n in ZZ$ , $16|n^16+14n^4-4n^2-3$
Ho svolto così.
a) La condizione necessaria e sufficiente affinché $15|n^16+14n^4+2n+1$ è che $n^16+14n^4+2n+1-=0(mod15)$ (1).
Noto che per $n-=0(mod 15)$ => $15|n^16+14n^4+2n+1-=1$ che è diverso da $[0]_15$.
Ora , poiché $15= 3*5$, ciò è garantito dal th fondamentale dell'aritmetica. Ho che per il Th cinese 2° formulazione
$ZZ_15 ~= ZZ_3 X ZZ_5$.
Dunque studiare la 1) è equivalente trovare $n in ZZ$ tale che
$(2)$ $\{(n^16+14n^4+2n+1-=0(mod5)),(n^16+14n^4+2n+1-=0(mod3)):}$
Ora so che $AA n in ZZ$ , $n$ diverso da zero, per fermat $n^4-=1(mod5)$ ed $n^2-=1(mod3)$.
Dunque $(2) $ è equivalente a
$\{(2n+1-=0(mod5)),(2n+1-=0(mod3)):}$.
Da cui risolvendo il sistema ho che :
$n-=7(mod15)$.
Come ragionamento fila?
b) passando al punto b. Ho un bel po di dubbi . In quanto $ZZ_16$ non è isomorfo a $ZZ_2XZZ_2XZZ_2XZZ_2$. Quindi non posso usare lo stratagemma utilizzato prima.
Noterei comunque che per $n-=0$ 16 non divide quel numero.
e lo stesso per Eulero-Fermat. Ma non saprei dimostrare per i numeri non coprimi con 16.
Io ho pensato a questo.
Poiché $16= 2^4 => 2^4=2(2^3) | n^16+14n^4-4n^2-3 <=> n^16+14n^4-4n^2-3=2k , k in ZZ <=> n^16+14n^4-4n^2-3-=0(mod2)$.
Dopodiché riutilizzo fermat e noto che $n^16+14n^4+2n+1-=1+14+2+1-=0$ che è classe di zero.
EDIT : NEL PUNTO DUE C'ERANO ERRORI MADORNALI.
ok , la risoluzione del punto b) non mi porta da nessuna parte.
avete idee?
Risposte
Prova a calcolare per gli elementi di \( \mathbb{Z}_{16} \) le potenze seconde, quarte e sedicesime.
Ti suggerisce qualcosa?
Ti suggerisce qualcosa?
Ho seguito il tuo consiglio e ho constatato che per n pari , $n^4$ ed $n^16$ sono congrui a classe di zero.
cioè se considero $n=2k , k in ZZ$ ho che
$n^16+14n^4-4n^2-3-=(2k)^16+14(2k)^4-4(2k)^2-3-= 0+0-0-3-=-3(mod16)$ che è diverso da classe di zero.
Dunque posso dire che per n pari 16 non divide $n^16+14n^4-4n^2-3$. In poche parole ora ho detto che per i numeri non coprimi con 16 ho che $16$ non divide $n^16+14n^4-4n^2-3$.
Ora se considero gli $n : (n,16)=1$
ho che $n^16+14n^4-4n^2-3-=14n^4-4n^2-3 (mod16)$
ora se $16| 14n^4-4n^2-3 => 14n^4-4n^2-3-=0(mod16) => 14n^4-4n^2-=3(mod16) $
Ma per $n = 1 => 7-=0(mod16) , n = 3 => 7-=0(mod16) , n=5 => 7-=0(mod16)$ e cosi per tutti gli altri n coprimi con 16.
Dunque, in definitiva, nessun per nessun n $16 |n^16+14n^4-4n^2-3$.
Giusto?
cioè se considero $n=2k , k in ZZ$ ho che
$n^16+14n^4-4n^2-3-=(2k)^16+14(2k)^4-4(2k)^2-3-= 0+0-0-3-=-3(mod16)$ che è diverso da classe di zero.
Dunque posso dire che per n pari 16 non divide $n^16+14n^4-4n^2-3$. In poche parole ora ho detto che per i numeri non coprimi con 16 ho che $16$ non divide $n^16+14n^4-4n^2-3$.
Ora se considero gli $n : (n,16)=1$
ho che $n^16+14n^4-4n^2-3-=14n^4-4n^2-3 (mod16)$
ora se $16| 14n^4-4n^2-3 => 14n^4-4n^2-3-=0(mod16) => 14n^4-4n^2-=3(mod16) $
Ma per $n = 1 => 7-=0(mod16) , n = 3 => 7-=0(mod16) , n=5 => 7-=0(mod16)$ e cosi per tutti gli altri n coprimi con 16.
Dunque, in definitiva, nessun per nessun n $16 |n^16+14n^4-4n^2-3$.
Giusto?
Ragazzi , so di essere molto cesso, ma ieri sera, ripensando a questo quesito mi si è accesa forse la lampadina. Confido che dal 13 maggio non ci pensavo più. Però mi è venuta un'idea. (scusate se riesumo questo post XD)
Inizialmente dovevo dimostrare che
$n^16-14n^4-4n^2-3-=0(mod16)$ per nessun $n in ZZ$
Se $n=0$ si ha che $-3-=0(mod16)$ falso.
se $n!=0 ^^ (n.16)=1 => \phi(16)= 2^4-2^3=8$ da cui
$1-14n^4-4n^2-3-=0(mod16) => 2(-7n^4-2n^2-1)-=0(mod16) => -7n^4-2n^2-1-=0(mod8) =>$
$ \phi(8) = 4 , -7-2n^2-1-=-2n^2-=0(mod8) => -n^2-=0(mod4) => \phi(4)=2 , -1-=3-=0(mod4)$ assurdo.
Ora se $(n,16)=d$, si ha che $d$ è sicuramente un multiplo di due , essendo che $16=2^4$, da cui segue poichè $d|n$ anche $n$ è multiplo di due. e quindi
ponendo $n=2k , k in ZZ$ si ha che
$(2k)^16-14(2k)^4-4(2k)^2-3-=0-0-0-3-=-3-=0(mod16)$ , perché $(2k)^4-=0(mod16)$.
Ciò prova che per nessun $n$ , $16|n^16-14n^4-4n^2-3$.
Che dite?
Inizialmente dovevo dimostrare che
$n^16-14n^4-4n^2-3-=0(mod16)$ per nessun $n in ZZ$
Se $n=0$ si ha che $-3-=0(mod16)$ falso.
se $n!=0 ^^ (n.16)=1 => \phi(16)= 2^4-2^3=8$ da cui
$1-14n^4-4n^2-3-=0(mod16) => 2(-7n^4-2n^2-1)-=0(mod16) => -7n^4-2n^2-1-=0(mod8) =>$
$ \phi(8) = 4 , -7-2n^2-1-=-2n^2-=0(mod8) => -n^2-=0(mod4) => \phi(4)=2 , -1-=3-=0(mod4)$ assurdo.
Ora se $(n,16)=d$, si ha che $d$ è sicuramente un multiplo di due , essendo che $16=2^4$, da cui segue poichè $d|n$ anche $n$ è multiplo di due. e quindi
ponendo $n=2k , k in ZZ$ si ha che
$(2k)^16-14(2k)^4-4(2k)^2-3-=0-0-0-3-=-3-=0(mod16)$ , perché $(2k)^4-=0(mod16)$.
Ciò prova che per nessun $n$ , $16|n^16-14n^4-4n^2-3$.
Che dite?
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