[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Aritmética dos restos
Essa da ordem foi desleixo meu mesmo k Em dom, 20 de mai de 2018 15:12, Pedro José escreveu: > Boa tarde! > O jeito de resolver é esse mesmo. > A única ressalva é quanto a ordem de 3 mod 1000. > Quando é potência prefiro achar primeiro a ordem da base. > 3^4=1 mod 10 > 3^4=8*10+1. > 3^a=1 mod 1000==> 3^a=1 mod 10 então 4|a. > (3^4)^x=(8*10+1)^ x para x > 1 temos que as únicas parcelas <>0 mod 1000 > são: > Cx,2 *8^2*10^2 + Cx,1*8*10 +1 > No caso para que seja 1 mod 1000, basta que Cx,1*8*10=0 mod 1000, pois, > garante que o anterior também será. > Portanto o menor x é 25. > Então a ordem de 3 mod 1000 É 4*25=100. > Saudações, > PJMS > > Em Sáb, 19 de mai de 2018 20:58, Otávio Araújo > escreveu: > >> Tipo, se eu tivesse notado logo no começo que 100 é a ordem de 3 módulo >> 1000 logo de cara >> >> Em sáb, 19 de mai de 2018 20:43, Otávio Araújo >> escreveu: >> >>> Acredito que deva ter forma mais elegante de fazer, mas de qualquer >>> forma está aí uma solução >>> >>> Em sáb, 19 de mai de 2018 20:31, Otávio Araújo < >>> otavio17.ara...@gmail.com> escreveu: >>> Vejamos: 2002^2001 = 2^2001 mód 400 = 2x 16^500 mód 400 (tô no celular e não tem sinal de congruência kkk). Analisemos 16^n módulo 400: 16^1 =16 16^2 = 256 16^3= 4096 = 96 mód 400 16^4= 96 x16 mód 400 =1536 mód 400 = -64 mód 400 16^5 = -64 x16 mód 400 = -1024 mód 400 = 176 mód 400 16^6 = 16 x 176 mód 400= 2816 mód400 = 16 mód 400 Bingo, 16^n tem periodo 5 módulo 400, daí temos 16^500 =176 mód 400 -> 2x16^500= 352 mód 400 E o kiko? O kiko vem do teorema de Euler : 2003^fi(1000) = 1 mód 1000 -> 2003^400= 1 mód 1000. Daí, como 2002^2001 = 352 mód 400 Teremos 2003^(2002^2001) = 2003^352 mód 1000 = 3^352 mód 1000 3^5 =243 3^10 = 243 x 243 = 59049 = 49 mód 1000 3^20= 49 x 49 mód 1000 = 2401 mód 1000 = 401 mód 1000 3^40 = 401 x 401 mód 1000 = 160801 mód 1000 = 801 mód 1000 3^80 = 801 x 801 mód 1000 = 641601 mód 1000 = 601 mód 1000 3^100= 601 x 401 mód 1000 = 241001 mód 1000 = 1 mód 1000 Oba! 3^100=1 mód 1000, logo 3^352 = 3^52 mód 1000 Mas 3^50=(3^40)x(3^10) =801x49 mód 1000 =39249 mód 1000 = 249 mód 1000 E daí 3^52 = 249 x 9 mód 1000 = 2241 mód 1000 = 241 mód 1000 Ou seja, concluimos que os últimos três algarismos de 2003^(2002^2001) são 241, e a soma deles é 2+4+1 = 7. Ufa! > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] aritmética
Realmente, só se n for primo.
É mais complicado do que o previsto.
Saudações,
PJMS
Em 13 de outubro de 2016 21:12, Ralph Teixeira escreveu:
> Hm, devagar -- por exemplo (4,2)=6 nao eh multiplo de 4.
>
> Abraco, Ralph.
>
> 2016-10-13 17:25 GMT-03:00 Pedro José :
>
>> Boa tarde!
>>
>> Basta que p seja diferente de 0 ou n, para n<>0.
>>
>> (n,p) = n! / (p!. (n-p)!),
>>
>> Portanto, só há como tirar o fator n do n! se p! = n! ou (n-p)! = n! ==>
>> p = 0 ou p = n.
>>
>> Se n=0 (0,0) =1 que também não é múltiplo de zero.
>>
>> Saudações,
>> PJMS.
>>
>> Em 13 de outubro de 2016 10:27, marcone augusto araújo borges <
>> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>>
>>> Obrigado. Em que condições, o binomial (n,p) é múltiplo de n?
>>>
>>> --
>>> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br em nome
>>> de Esdras Muniz
>>> *Enviado:* quinta-feira, 13 de outubro de 2016 02:31
>>> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
>>> *Assunto:* [obm-l] Re: [obm-l] aritmética
>>>
>>> E = (13-1)^99 + (13+1)^99 congruente a {(99)x13 - 1} + {(99)x13 + 1}(mod
>>> 13²) (usando binômio de Newton).
>>> Então fica:
>>> E congruente a 39 (mod 13²).
>>>
>>> Em 12 de outubro de 2016 23:10, marcone augusto araújo borges <
>>> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>>>
Determine o resto da divisão de 12^99 + 14^99 por 169
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> Esdras Muniz Mota
>>> Mestrando em Matemática
>>> Universidade Federal do Ceará
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>
>>
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>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] aritmética
Hm, devagar -- por exemplo (4,2)=6 nao eh multiplo de 4.
Abraco, Ralph.
2016-10-13 17:25 GMT-03:00 Pedro José :
> Boa tarde!
>
> Basta que p seja diferente de 0 ou n, para n<>0.
>
> (n,p) = n! / (p!. (n-p)!),
>
> Portanto, só há como tirar o fator n do n! se p! = n! ou (n-p)! = n! ==> p
> = 0 ou p = n.
>
> Se n=0 (0,0) =1 que também não é múltiplo de zero.
>
> Saudações,
> PJMS.
>
> Em 13 de outubro de 2016 10:27, marcone augusto araújo borges <
> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>
>> Obrigado. Em que condições, o binomial (n,p) é múltiplo de n?
>>
>> --
>> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br em nome de
>> Esdras Muniz
>> *Enviado:* quinta-feira, 13 de outubro de 2016 02:31
>> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
>> *Assunto:* [obm-l] Re: [obm-l] aritmética
>>
>> E = (13-1)^99 + (13+1)^99 congruente a {(99)x13 - 1} + {(99)x13 + 1}(mod
>> 13²) (usando binômio de Newton).
>> Então fica:
>> E congruente a 39 (mod 13²).
>>
>> Em 12 de outubro de 2016 23:10, marcone augusto araújo borges <
>> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>>
>>> Determine o resto da divisão de 12^99 + 14^99 por 169
>>>
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>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
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>>
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>> Esdras Muniz Mota
>> Mestrando em Matemática
>> Universidade Federal do Ceará
>>
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>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
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>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Aritmética
2013/12/4 Cassio Anderson Feitosa : > Mas acredito que o outro raciocínio levou a todas as soluções. É. Quando p é um número primo, uma equação do segundo grau n^2 = x (mod p) ou tem duas raízes, ou não tem nenhuma (o único caso de raiz única é n^2 = 0, mas isso é uma raiz "dupla"). No seu caso, para mostrar que n^2 = x (mod p*q), você tem que mostrar que cada uma das equações tem raiz, logo terá duas, e portanto ao fazer as combinações, você obtém 4 raízes ao todo (mod p*q). Basta que haja uma para que haja infinitas, mas se houver uma raíz mod (p*q) então você terá 4 (com multiplicidades, se for o caso). É um exercício legal calcular quantas dessas equações n^2 == x (mod p*q) tem 4 soluções diferentes, 2 soluções duplas, 1 solução quádrupla (x = 0 apenas) e deduzir quantas delas não têm ! >>> Em 4 de dezembro de 2013 13:50, Cassio Anderson Feitosa >>> escreveu: 8n^2+5\equiv 0\pmod 77 é equivalente a 8n^2+5 == 0 mod 7e 8n^2+5== 0 mod 11. Primeira parte: 8n² == 5 mod 11 <==> 8n^2 == 6mod 11 Aqui teve um errinho (e também mais embaixo) que me comeu um tempo... de 8n^2 + 5 == 0, você esquece o sinal e faz 8n^2 == 5, (em vez de == -5) e depois você inverte o sinal 8n^2 == 6 e "acerta de novo". Fora isso, certíssimo. Você poderia ter "invertido" 8 módulo 11 (8*7 = 56 == 1) e obter um pouco mais rápido 0 = 7*8n^2 + 7*5 == 56 n^2 + 35 == n^2 + 2 => n^2 == -2 == 9 mod 11. (O mesmo vale embaixo, onde 8 == 1 mod 7 direto, 0 == 8n^2 + 5 == n^2 + 5 => n^2 == -5 == 2 == 9 mod 7) ==> 4n² == 3 mod 11 <==> 3(4n²) == 9 mod 11 <==> 12n²==n²==9 mod 11 ===>n==3 ou n== -3 mod 11, ou seja, n==3 ou n== 8 mod 11. Segunda parte: 8n² == 5 mod 7 <==> 8n^2 == 2mod 7 ==> 4n² == 1 mod 7 <==> 2(4n²) == 2 mod 7 <==> 8n²==n²==2 mod 7. => n==3 ou n== -3 mod 11, ou seja, n==3 ou n== 4 mod 7. Então, o sistema n == 3 mod 11 e n == 3 mod 7 "gera" uma solução. o sistema n == 3 mod 11 e n == 4 mod 7 gera outra solução n == 8 mod 11 e n == 3 mod 7 outra solução n == 8 mod 11 e n == 4 mod 7 outra solução. Daí basta pegar cada sistema de duas congruências e resolver pelo Teorema chinês de Resto. Por exemplo, a solução pro primeiro sistema é n=77q + 3, q inteiro. -- Cássio Anderson Graduando em Matemática - UFPB -- Bernardo Freitas Paulo da Costa -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Aritmética
Mas acredito que o outro raciocínio levou a todas as soluções. Cássio Anderson Graduando em Matemática - UFPB Em 4 de dezembro de 2013 14:14, Cassio Anderson Feitosa < cassiofeito...@gmail.com> escreveu: > 8n² == 72 mod 77 >===> n² == 9 mod 77 > > n == +- 3 mod 77 gera duas da soluções encontradas > > Cássio Anderson > Graduando em Matemática - UFPB > > > Em 4 de dezembro de 2013 13:59, Pedro Júnior > escreveu: > > Obrigado Cássio, mas não pensei que fosse tão complicado! (pelo menos pra >> mim!) >> Caso alguém consiga de uma forma diferente favor encaminhar. >> Abç >> Pedro Jr >> >> >> Em 4 de dezembro de 2013 13:50, Cassio Anderson Feitosa < >> cassiofeito...@gmail.com> escreveu: >> >>> 8n^2+5\equiv 0\pmod 77 é equivalente a 8n^2+5 == 0 mod 7e >>> 8n^2+5== 0 mod 11. >>> >>> Primeira parte: 8n² == 5 mod 11 <==> 8n^2 == 6mod 11 ==> 4n² == 3 mod >>> 11 <==> 3(4n²) == 9 mod 11 <==> 12n²==n²==9 mod 11 ===>n==3 ou n== -3 >>> mod 11, ou seja, n==3 ou n== 8 mod 11. >>> >>> Segunda parte: 8n² == 5 mod 7 <==> 8n^2 == 2mod 7 ==> 4n² == 1 mod 7 >>> <==> 2(4n²) == 2 mod 7 <==> 8n²==n²==2 mod 7. => n==3 ou n== -3 mod >>> 11, ou seja, n==3 ou n== 4 mod 7. >>> >>> Então, o sistema n == 3 mod 11 e n == 3 mod 7 "gera" uma solução. >>> o sistema n == 3 mod 11 e n == 4 mod 7 gera outra solução >>> n == 8 mod 11 e n == 3 mod 7 outra solução >>> n == 8 mod 11 e n == 4 mod 7 outra solução. >>> >>> >>> Daí basta pegar cada sistema de duas congruências e resolver pelo >>> Teorema chinês de Resto. >>> >>> Por exemplo, a solução pro primeiro sistema é n=77q + 3, q inteiro. >>> >>> >>> >>> >>> -- >>> Cássio Anderson >>> Graduando em Matemática - UFPB >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >> >> >> >> -- >> >> Pedro Jerônimo S. de O. Júnior >> >> Professor de Matemática >> >> Geo João Pessoa – PB >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> > > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Aritmética
8n² == 72 mod 77 >===> n² == 9 mod 77 n == +- 3 mod 77 gera duas da soluções encontradas Cássio Anderson Graduando em Matemática - UFPB Em 4 de dezembro de 2013 13:59, Pedro Júnior escreveu: > Obrigado Cássio, mas não pensei que fosse tão complicado! (pelo menos pra > mim!) > Caso alguém consiga de uma forma diferente favor encaminhar. > Abç > Pedro Jr > > > Em 4 de dezembro de 2013 13:50, Cassio Anderson Feitosa < > cassiofeito...@gmail.com> escreveu: > >> 8n^2+5\equiv 0\pmod 77 é equivalente a 8n^2+5 == 0 mod 7e >> 8n^2+5== 0 mod 11. >> >> Primeira parte: 8n² == 5 mod 11 <==> 8n^2 == 6mod 11 ==> 4n² == 3 mod 11 >> <==> 3(4n²) == 9 mod 11 <==> 12n²==n²==9 mod 11 ===>n==3 ou n== -3 mod >> 11, ou seja, n==3 ou n== 8 mod 11. >> >> Segunda parte: 8n² == 5 mod 7 <==> 8n^2 == 2mod 7 ==> 4n² == 1 mod 7 >> <==> 2(4n²) == 2 mod 7 <==> 8n²==n²==2 mod 7. => n==3 ou n== -3 mod >> 11, ou seja, n==3 ou n== 4 mod 7. >> >> Então, o sistema n == 3 mod 11 e n == 3 mod 7 "gera" uma solução. >> o sistema n == 3 mod 11 e n == 4 mod 7 gera outra solução >> n == 8 mod 11 e n == 3 mod 7 outra solução >> n == 8 mod 11 e n == 4 mod 7 outra solução. >> >> >> Daí basta pegar cada sistema de duas congruências e resolver pelo >> Teorema chinês de Resto. >> >> Por exemplo, a solução pro primeiro sistema é n=77q + 3, q inteiro. >> >> >> >> >> -- >> Cássio Anderson >> Graduando em Matemática - UFPB >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> > > > > -- > > Pedro Jerônimo S. de O. Júnior > > Professor de Matemática > > Geo João Pessoa – PB > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Aritmética não tão básica!
Muito obrigado Saulo. Jefferson Em Quarta-feira, 27 de Novembro de 2013 12:01, marcone augusto araújo borges escreveu: Para o segundo,eu achei p = 31 p6 + 2 = 0(mod(p+2)) p6 + 2 = k(p+2) Dividindo p6 + 2 por p+2, verifiquei que k = (p6 + 2)/(p+2) = Q(p) + 66/(p+2) como k é inteiro e Q(p) também,temos que (p+2) divide 66,então p = 31 Date: Tue, 26 Nov 2013 19:53:35 -0800 From: jeffma...@yahoo.com.br Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Aritmética não tão básica! To: obm-l@mat.puc-rio.br Obrigado Saulo Em Terça-feira, 26 de Novembro de 2013 19:07, saulo nilson escreveu: p+a^2= x^2 numeros da forma quadratica ou cujo expoente e par maior que 2. p+a^2=x^2n p=(x^n-a)(x^n+a) absurdo pois p e primo 2013/11/25 Jefferson Franca Estudando surgiram algumas dúvidas. Diante disso, peço humildemente vossa ajuda. Eis as dúvidas: >01. Mostre que para um determinado tipo de números a conjectura não é >verdadeira:'' Todo inteiro positivo pode ser escrito da forma p + a^2 , onde p >é um número primo ou 1 e a >= 0". >02. Ache o número primo p que satisfaz p^6 + 3 =(côngruo)1 (mod p+2). >Att >Jefferson >-- >Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Aritmética não tão básica!
Para o segundo,eu achei p = 31p6 + 2 = 0(mod(p+2)) p6 + 2 = k(p+2)Dividindo p6 + 2 por p+2, verifiquei quek = (p6 + 2)/(p+2) = Q(p) + 66/(p+2)como k é inteiro e Q(p) também,temos que(p+2) divide 66,então p = 31 Date: Tue, 26 Nov 2013 19:53:35 -0800 From: jeffma...@yahoo.com.br Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Aritmética não tão básica! To: obm-l@mat.puc-rio.br Obrigado Saulo Em Terça-feira, 26 de Novembro de 2013 19:07, saulo nilson escreveu: p+a^2= x^2 numeros da forma quadratica ou cujo expoente e par maior que 2.p+a^2=x^2np=(x^n-a)(x^n+a) absurdo pois p e primo 2013/11/25 Jefferson Franca Estudando surgiram algumas dúvidas. Diante disso, peço humildemente vossa ajuda. Eis as dúvidas: 01. Mostre que para um determinado tipo de números a conjectura não é verdadeira:'' Todo inteiro positivo pode ser escrito da forma p + a^2 , onde p é um número primo ou 1 e a >= 0".02. Ache o número primo p que satisfaz p^6 + 3 =(côngruo)1 (mod p+2). AttJefferson-- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
