Lösung von Kongurenzen

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27.06.2011, 16:09	Zw3rGiii	Auf diesen Beitrag antworten »
Lösung von Kongurenzen Meine Frage: Hi, Ich soll alle Lösungen der Kongurenz x^3-4x^2+3x-13 kongurent 0 (mod25) finden. Nur weiß ich nicht ganz wie ich vorgehen soll. Bin für jede Hilfe dankbar mfg Zw3rGiii Meine Ideen: Habe schon mit dem chinesischen Restsatz versucht da mod 25 ja mod 5^2 ist.....
27.06.2011, 16:39	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn gar nichts geht, bestimme doch zuerstmal die Lösung der Kongruenz modulo 5, was sehr einfach ist (0,1,2,-1,-2 ausprobieren). Ist z.b. dort c die einzige Lösung, so ist eine Lösung deiner ursprünglichen Kongruenz zwangsweise von der Form $\begin{eqnarray} 5\mathbb Z+c \end{eqnarray}$ , dann hättest du ja gar nicht mehr soviele Kandidaten.
27.06.2011, 16:48	Zw3rGiii	Auf diesen Beitrag antworten »
Hey, Habe ich gemacht und bekomme durch ausprobieren die Lösung x= 2. Aber ich stehe trotzdem noch auf der Leitung....
27.06.2011, 16:59	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn es überhaupt Lösungen gibt, dann haben sie also die Gestalt $\begin{eqnarray} x = 5y+2 \end{eqnarray}$ . Setz das in die Gleichung $\begin{eqnarray} x^3-4x^2+3x-13 \equiv 0\bmod 25 \end{eqnarray}$ ein, multipliziere aus (wobei dabei vieles mod 25 schon wegfällt), anschließend kannst du die Gleichung durch 5 teilen und erhältst eine lediglich noch lineare Kongruenz für $\begin{eqnarray} y \bmod 5 \end{eqnarray}$ .
27.06.2011, 17:18	Zw3rGiii	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry ich komm da nicht mit Wie ich eine Kongruenz der Art ax kongurent b (mod m) löse ist mir klar nur jetzt habe ich ja ein system mit ax^3 +bx^2 +cx+d kongruent k (mod m). Des weiteren kann ich ja nicht einmal feststellen wieviele Lösungen vorhanden sind da in meinem Beispiel der ggt(0,27) nicht berechnet werden kann. Dennoch wenn ich in die Gleichung einsetze und mittels Multiplikation/Binomischer Lehrsatz komme ich auf 125y^3 -25y^2+15y+1 kongruent 0 (mod 25) Danke für deine Hilfe
27.06.2011, 17:20	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein, da hast du dich verrechnet. Die Gleichung muss durch 5 teilbar sein, ansonsten hättest du dich mit dem obigen $\begin{eqnarray} x\equiv 2\bmod 5 \end{eqnarray}$ verrechnet - was du aber nicht hast.
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27.06.2011, 17:39	Zw3rGiii	Auf diesen Beitrag antworten »
So nun sollte es passen 125y^3 +50 y^2 -5y -15 kongruent 0 (mod 25)
27.06.2011, 17:41	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Sieht besser aus. Die ersten beiden Terme kannst du weglassen, da die durch 25 teilbar sind (war an sich von vornherein klar bei dem Ansatz x=5y+2), es verbleibt $\begin{eqnarray} -5y -15 \equiv 0 \bmod 25 \end{eqnarray}$ Nun die erwähnte Division der gesamten Kongruenz durch 5: $\begin{eqnarray} -y -3 \equiv 0 \bmod 5 \end{eqnarray}$ , und da steht dann praktisch schon die Lösung.
27.06.2011, 17:51	Zw3rGiii	Auf diesen Beitrag antworten »
Bitte verurteile mich jetzt nicht aber lautet die Lösung durch umformen (1)y kongruent -3 ( mod 5) dann kann ich ja den ggt(1,5) berechnen also gibt es eine Lösung..... Bin ich mit dieser Annahme Richtig??
27.06.2011, 17:58	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Wieso sollte ich jemand verurteilen? Ja, das ist die Lösung. Die kannst du nun natürlich über $\begin{eqnarray} x=5y+2 \end{eqnarray}$ auf die eigentlich gesuchte Lösung modulo 25 umrechnen.
27.06.2011, 18:02	Zw3rGiii	Auf diesen Beitrag antworten »
Nun habe ich abschließend noch eine Frage, wenn ich am Anfang wo ich durch probieren auf x= 2 gekommen bin weiter Lösungen heraus bekommen hätte. Musste ich dann jeden Fall einzeln berechnen? mfg
27.06.2011, 18:05	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
So ist es.
27.06.2011, 18:11	Zw3rGiii	Auf diesen Beitrag antworten »
Mir ist eben noch etwas eingefallen und zwar wenn mir nach dem einsetzen und ausmultiplizieren die hoch 3 und quadrate nicht weggefallen wären, müsste ich doch wiederum erneut durch probieren einsetzen oder? mfg
27.06.2011, 18:15	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, allerdings ist es bei solchen Polynomkongruenzen $\begin{eqnarray} \bmod p^2 \end{eqnarray}$ kein Zufall, dass das alles weggefallen ist. Anders sieht es bei noch mehr "Stufen" aus, d.h. solchen Polynomkongruenzen $\begin{eqnarray} \bmod p^m \end{eqnarray}$ mit größerem $\begin{eqnarray} m \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} m\geq 3 \end{eqnarray}$ , da fallen dann (noch) nicht gleich alle Terme höheren Grades weg.
27.06.2011, 18:19	Zw3rGiii	Auf diesen Beitrag antworten »
Perfekt danke dir

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