Matematické Fórum

kolejo · 14. 10. 2012 13:11

Dobrý den přeji všem,
Mám dokázat, že pro libovolná a,b (celá čísla) a nesoudělná přirozená m,n platí:
$a\equiv b \text{ } (mod \text{ m}) \wedge a\equiv b \text{ } (mod \text{ n}) \Rightarrow a\equiv b (mod \text{ mn})$

Zkoušel jsem to takhle:
1) můžu si dané kongruence napsat jako
a=b+mr (r,s z celých čísel)
a=b+ns
2) první vynásobím n, druhou m
an=bn+mnr
am=bm+mns
3) sečtu
a(m+n)=b(m+n)+mn(r+s)
...(já totiž chci dokázat, že lze za daných podmínek vyjádřit a=b+mnp (p z celých čísel) )
...toto vyjádření už skoro mám:
4) podělím m+n
$a=b+mn\cdot \frac{r+s}{m+n}$
takže teď stačí dokázat, že
$p=\frac{r+s}{m+n}$
tedy že r+s děleno m+n je celé číslo. No a když je jasné z první (1) soustavy rovnic, že mr=ns...tak to snad k něčemu vede. Zřejmě je m+n<r+s a snad je aji zřejmé, že (r+s)=(m+n)*h, pro nějaké celé h. A to je to, kde si nejsem jistý. Dá se to prosím nějak dokázat, že ten zlomek je celé číslo? Protože na tom stojí můj důkaz. No a pak zbývá ta otázka, jestli na to mám jít jinak. Pokud je lepší jiná cesta, stačilo by ukázat směr, vydal bych se už sám.

Díky moc za jakoukoliv radu.
kolejo

JohnPeca18 · 14. 10. 2012 13:49

Ja si myslim, ze to dokazovat nemusis a tak jak to mas to staci. Protoze, to ze to je cele cislo, vychazi z toho ze $a$ je cele cislo a ze vsechny upravy co si delal jsou v poradku. Jeste premyslim, kde se vyuzije ta nesoudelnost m a n.

kolejo · 14. 10. 2012 13:52

↑ JohnPeca18:
Aha, jo, tak děkuju, to mě nenapadlo. Ještě neoznačuji za vyřešené, počkám, jestli Vás něco napadne s tou nesoudělností. (mr=ns něco s touto rovností?)

Brano · 14. 10. 2012 14:30

↑ JohnPeca18:
Nuz nevychadza to z toho. To ze a, b su cele implikuje, ze $mn\cdot \frac{r+s}{m+n}$ je cele, ale $\frac{r+s}{m+n}$ cele byt este nemusi. A nesudelitelnost je podstatna, lebo
$1\equiv 5 \mod 2$ a $1\equiv 5 \mod 4$ , ale neplati $1\equiv 5 \mod 8$
↑ kolejo:
Nemusi platit $m+n<r+s$ pretoze moze napr platit $r=s=0$ .
Ja by som postupoval inak, ale to neznamena, ze tvoj pristup je zle, len ma nenapada ako by sa dal dokoncit.

$m|(a-b)\Rightarrow a-b=mx$ , $n|(a-b)\Rightarrow n|mx$ a kedze m,n su nesudelitelne, tak z Euklidovej lemy
http://en.wikipedia.org/wiki/Euclid's_lemma
dostavame, ze $n|x$ cize $x=ny$ a teda $a-b=mny$ cize $mn|(a-b)$ QED :)

kolejo · 14. 10. 2012 14:35

↑ Brano:
Paráda, děkuji moc

JohnPeca18

↑ kolejo:
Hm, kdyz se na to divam, tak prece jenom je potreba zajistit aby $\frac{r+s}{m+n}$ bylo cele cislo, protoze sice vime, ze $mn\cdot \frac{r+s}{m+n}$ je cele cislo, ale muze se stat, ze se nam delenim m+n pokrati neco z $mn$ . Jo uz to vidim, z nesoudelnosti m a n plati
$mr=ns, \frac{m}{n}=\frac{s}{r}\Rightarrow s=km, r=kn, k\in Z$ Po dosazeni to vyjde hezky.

Jo jinak nevykej mi, ja jsem prece taky student :)

edit: Jo tak nejak sem nestih zareagovat na predchozi 2 :)

Matematické Fórum

#1 14. 10. 2012 13:11

Důkaz u kongruencí

#2 14. 10. 2012 13:49

Re: Důkaz u kongruencí

#3 14. 10. 2012 13:52

Re: Důkaz u kongruencí

#4 14. 10. 2012 14:30

Re: Důkaz u kongruencí

#5 14. 10. 2012 14:35

Re: Důkaz u kongruencí

#6 14. 10. 2012 14:42 — Editoval JohnPeca18 (14. 10. 2012 14:45)

Re: Důkaz u kongruencí

Zápatí