Navigando qua e là.
Moderatori: Gianfranco, Bruno
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Re: Navigando qua e là.
[E] Questione di basi.
(Bruno)
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Re: Navigando qua e là.
In altre parole il problema chiede:Pasquale ha scritto: ↑dom ott 25, 2020 10:18 pmNon ho capito: ho trasformato il dividendo elevato alla 31 in un prodotto che vede i due fattori elevati uno alla 30 e l'altro alla 1.
Ho quindi diviso il fattore con indice 1 per il divisore, ottenendo un quoziente ed un resto "n", da cui: quoziente per divisore + "n" restituisce il fattore con indice 1, che moltiplicato per quello con indice 30 restituisce l'iniziale potenza alla 31.
$(n^3+n+1)^{31} \mod (n^2-n+1)=?$
Cerco di "espandere" il ragionamento di Pasquale.
1) Osserviamo che:
$(n^3+n+1)^{31}=(n^3+n+1)^{30}\cdot(n^3+n+1)$
e che:
$(n^3+n+1) \mod (n^2-n+1)=n$ (basta calcolare la divisione a mano)
2) Usiamo le proprietà dell'aritmetica modulare:
$a \cdot b \mod n = (a \mod n) \cdot (b\mod n)$
e
Se $a \mod b = c$ allora $a^n \mod b=c^n \mod b$
3) Dunque, Pasquale dice questo:
$(n^3+n+1)^{30}\cdot(n^3+n+1) \mod (n^2-n+1) = n^{30}\cdot n \mod (n^2-n+1)$
e conclude che:
$n^{30}\cdot n \mod (n^2-n+1)=n$
Forse il passaggio mancante è la dimostrazione che:
$n^{30} \mod (n^2-n+1)=1$
Ma questo si ottiene osservando che:
$(n^{30} -1)=(n^{15} +1) \cdot (n^{15} -1)=(n^{3} +1)\cdot ...=(n+1) \cdot(n^2-n+1)\cdot ...$
Da cui si deduce che:
$(n^{30} -1)$ è divisibile per $(n^2-n+1)$
da cui il resto 1.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
Gianfranco
Re: Navigando qua e là.
In questo periodo non ho modo di rappresentare graficamente la questione in modo adeguato, per cui spero di chiarire nel modo migliore possibile, quanto sopra già premesso:
.....$n^3 + n + 1$ ......... / .... $n^2 - n + 1$
$-n^3+n^2-n$ ...........__________________
__________________...............$n+1$
.....$n^2 +1$
..$-n^2+n-1$
__________________
.........$n$
Verifica:
$(n+1)(n^2-n+1) + n = n^3+n+1$
$(n^3+n+1)(n^3+n+1)^{30} = (n^3+n+1)^{31}$
Quindi:
$(n^3+n+1)^{31}:(n^2-n+1)$ dà resto n, se n intero positivo
^^^^^^^^^^
Vedo solo adesso che poco prima è intervenuto Gianfranco (che saluto) con una soluzione di aritmetica modulare, che mi pare confermi il risultato ottenuto con il procedimento da me adottato, o comunque lo completa.
.....$n^3 + n + 1$ ......... / .... $n^2 - n + 1$
$-n^3+n^2-n$ ...........__________________
__________________...............$n+1$
.....$n^2 +1$
..$-n^2+n-1$
__________________
.........$n$
Verifica:
$(n+1)(n^2-n+1) + n = n^3+n+1$
$(n^3+n+1)(n^3+n+1)^{30} = (n^3+n+1)^{31}$
Quindi:
$(n^3+n+1)^{31}:(n^2-n+1)$ dà resto n, se n intero positivo
^^^^^^^^^^
Vedo solo adesso che poco prima è intervenuto Gianfranco (che saluto) con una soluzione di aritmetica modulare, che mi pare confermi il risultato ottenuto con il procedimento da me adottato, o comunque lo completa.
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Re: Navigando qua e là.
Secondo me, nella tua dimostrazione non c'è un vero e proprio errore ma piuttosto manca un passaggio.
Prima dimostri correttamente che:
$(n^3+n+1):(n^2-n+1)$ dà come resto $n$.
Poi fai la prova della divisione e concludi che anche:
$(n^3+n+1)^{31}:(n^2-n+1)$ dà come resto $n$.
Ma questo non è sempre vero, per esempio:
$8:5$ dà come resto $3$ (ovvero $8 \mod 5 = 3$)
ma
$8^{31} : 5=8^{30} \cdot 8 : 5$ dà come resto $2$
Se elevi il dividendo a una potenza, anche il resto risulta elevato a quella potenza (mod il divisore).
---
Nel caso del problema, un ragionamento corretto potrebbe essere:
Se:
$(n^3+n+1):(n^2-n+1)$ dà come resto $n$.
allora
$(n^3+n+1)^{31}:(n^2-n+1)$ dà come resto $n^{31} = n^{30} \cdot n \mod (n^2-n+1)$.
---
Questo risultato ci semplifica la vita perché è facile dimostrare che:
$n^{30} : (n^2-n+1)$ dà come resto $1$.
Salvo errori e omissioni, perché mi cala la palpebra.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
Gianfranco
Re: Navigando qua e là.
Perbacco, solo adesso mi accorgo di essere piombato in un ribasso concettuale totale: praticamente ho asserito che il resto sarebbe "n" per qualsiasi indice di potenza maggiore di 1.
Mi pareva strano, ma poi mi son dimenticato di questo sentore ed ho sprecato malamente quel che mi restava della mia fortuna: non potrò più participare ad alcun gioco a premi.
Comunque la faccenda risulta egualmente utile per lasciare un caldo saluto a tutti i Basecinquini.
Mi pareva strano, ma poi mi son dimenticato di questo sentore ed ho sprecato malamente quel che mi restava della mia fortuna: non potrò più participare ad alcun gioco a premi.
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Re: Navigando qua e là.
Grazie a Gianfranco per aver dato consistenza al risultato di Pasquale, risultato che - come si vede - non era affatto evidente.
Grazie anche a Pasquale per aver comunque risposto alla mia richiesta
(Bruno)
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Re: Navigando qua e là.
Non so se può consolarti ma anch'io mi trovo in una situazione simile, che va lenatmante peggiorando (ecco, anche quando digito le parole sulla tastiera). Soprattutto la memoria a breve termine diventa sempre più labile. Quando scrivo qualcosa per motivi di lavoro devo ricontrollarlo un sacco di volte, lasciarlo riposare qualche giorno e ricontrollarlo e trovo sempre qualche errore. Prima di venirmi l'idea giusta me ne vengono sempre di più sbagliate.
Per rallentare la "decadenza" mi serve molto fare matematica anche se sempre più semplice.
Inoltre tutte le volte che ho una parola "sulla punta della lingua" faccio di tutto fino a quando mi viene in mente.
Sempre più spesso me la cavo dicendo "Eccetera, eccetera".
Un caro saluto anche a te e a tutti!
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
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Re: Navigando qua e là.
Gianfrà, praticamente mi hai fatto la fotografia....il tempo che passa non depone a favore, ma consolati, ché son messo peggio di te.
Esempio: mi trovo nel salotto, mi alzo e vado in camera da letto, ove appena giunto mi chiedo perché ci sono andato... non mi resta che tornare indietro da dove sono partito, perché la logica mi dice che forse lì potrò ricordare ogni cosa. Quindi, dopo aver ricordato, ritorno in camera da letto per fare quello che dovevo fare, che per fortuna ricordo come si fa per farlo.
Deduzione finale: spesso la logica può sopperire alla memoria.
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Re: Navigando qua e là.
Bene, per entrare nel club bisogna fare una tessera?
Eccomi
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Re: Navigando qua e là.
W tutti !
Passati i 55,5 è tutto gratis, ma occorre ricordare e digitare la password d'ingresso sull'apposita tastiera situata nel corridoio che si apre subito dopo l'ingresso (così almeno mi pare di ricordare di aver sentito per bocca di chi non ricordo più).
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Re: Navigando qua e là.
Io sono il Gran Mogol della smemoratezza.
Quest'estate prima di partire ho messo via le chiavi dell'auto perchè "metti mai che entrano i ladri ...".
Al ritorno buio totale!
Le chiavi della mia auto e di quella di mia moglie, comprese le copie.
Ho dovuto praticamente smontare la casa prima di trovarle (in garage, ma continuo ora a non ricordare di averle messe lì)
Quest'estate prima di partire ho messo via le chiavi dell'auto perchè "metti mai che entrano i ladri ...".
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Franco
ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician
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Re: Navigando qua e là.
Sarà mai un effetto del covid, ovvero di tutta la situazione indotta da quello, intesa in senso lato ?
Ritornando al quesito B, ho notato che la legge del resto uguale ad "n" è valida per ogni naturale, escluso n=1.
Inoltre, la particolarità di cui trattasi, si evidenzia per tutti gli $(n^3+n+1)^{1+6x}$, per x >= 0, fra cui il caso esaminato si riferisce ad x=5
Resterebbe da studiarne una dimostrazione.
Ritornando al quesito B, ho notato che la legge del resto uguale ad "n" è valida per ogni naturale, escluso n=1.
Inoltre, la particolarità di cui trattasi, si evidenzia per tutti gli $(n^3+n+1)^{1+6x}$, per x >= 0, fra cui il caso esaminato si riferisce ad x=5
Resterebbe da studiarne una dimostrazione.
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Re: Navigando qua e là.
Ti propongo questa spiegazione della tua corretta congettura, Pasquale.Pasquale ha scritto: ↑gio ott 29, 2020 6:35 pmRitornando al quesito B, ho notato che la legge del resto uguale ad "n" è valida per ogni naturale, escluso n=1.
Inoltre, la particolarità di cui trattasi, si evidenzia per tutti gli $(n^3+n+1)^{1+6x}$, per x >= 0, fra cui il caso esaminato si riferisce ad x=5
Resterebbe da studiarne una dimostrazione.
Facciamo finta che qualcuno ci abbia messo sul tavolo le seguenti identità:
(i) $\;\;\;$ n³ + n + 1 = (n + 1)·(n² - n + 1) + n [facile da trovare]
(ii) $\;$ (n³ + n + 1)³ = (n + 1)·(n² - n + 2)·(n⁴ + n³ + 2·n² + 2·n + 1)·(n² - n + 1) - 1 [meno abbordabile, ma non impossibile]
Se (n³ + n + 1)³ ≡ -1 (mod n² - n + 1) [per la (ii)]
allora [(n³ + n + 1)³]²ᵗ = (n³ + n + 1)⁶ᵗ ≡ (-1)²ᵗ = 1 (mod n² - n + 1) con t ∈ ℕ [per una nota proprietà delle congruenze].
Quindi, moltiplicando entrambi i membri per n³ + n + 1, si ottiene subito:
(n³ + n + 1)⁶ᵗ⁺¹ ≡ n³ + n + 1 ≡ n (mod n² - n + 1) [per la (i)].
(Bruno)
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Re: Navigando qua e là.
[E]
Questo puzzle coinvolge le basi numeriche.
730 in base 7 si scrive 2062, mentre in base 8 si scrive 1332. Trattando 2062 e 1332 in base decimale e operando la differenza indicata, si ottiene proprio 730.
La stessa cosa possiamo dire per 767: 2144 è come si scrive in base 7 e 1377 lo è in base 8, perciò 2144-1377 = 767.
Per 1509, dunque, abbiamo 4254₇ e 2745₈.
Non ci sono altri casi di questo tipo fra 1509 e 767, fra 767 e 730 o prima di 730 (zero escluso).
Il problema [D] può avere qualche interesse solo nella ricerca di una scorciatoia
Questo puzzle coinvolge le basi numeriche.
730 in base 7 si scrive 2062, mentre in base 8 si scrive 1332. Trattando 2062 e 1332 in base decimale e operando la differenza indicata, si ottiene proprio 730.
La stessa cosa possiamo dire per 767: 2144 è come si scrive in base 7 e 1377 lo è in base 8, perciò 2144-1377 = 767.
Per 1509, dunque, abbiamo 4254₇ e 2745₈.
Non ci sono altri casi di questo tipo fra 1509 e 767, fra 767 e 730 o prima di 730 (zero escluso).
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