Απλή!

JimNt. · #1

Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

για τους οποίους 5^a|7^a+1

Να βρείτε όλoυς τoυς πρώτους

που ικανοποιούν την $a^{(p-1)^a}+11=p^{a+1}$ , όπου

o προαναφερθείς θετικός ακέραιος. Για μαθητές

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Δεν την λες και πολύ απλή...

1. Πρέπει να ισχύει ότι $7^a \equiv 4 \pmod{5}$

Παρατηρούμε πως τα υπόλοιπα που αφήνει μια δύναμη του

με το

είναι τα ( 2, 4, 3, 1, 2, 4, 3, 1,...

) τα οποία επαναλαμβάνονται. Άρα για να ισχύει ότι $7^a \equiv 4 \pmod{5}$ , πρέπει a=4n+2

, δηλαδή

άρτιος, έστω a=2m

, με $m\geq 1$ .

Άρα η εξίσωση γίνεται:

$5^{2m}|7^{2m}+1\Leftrightarrow 5^{2m}|49^m+1$ . Έστω 5^k||m

. Επειδή

, από το θεώρημα LTE

παίρνουμε ότι:

$5^{k+2}||7^{2m}+1$ . Πρέπει να ισχύει ότι $5^{2m}\leq 5^{k+2}\Leftrightarrow 5^{2m-2}\leq 5^k\leq m$ , άρα αναγκαστικά m=1

, δηλαδή

, όπου εγκρίνεται.

2. Η εξίσωση γίνεται:

$2^{(p-1)^2}+11=p^3$

Για p=2

δεν έχουμε λύσεις.

Άρα

περιττός, δηλαδή (p-1)^2

άρτιος.

Επομένως η εξίσωση γίνεται:

4^n+11=p^3

Όμως $4^n \equiv 1 \mod 3\Leftrightarrow 3|4^n+11$ , άρα 3|p^3

, που σημαίνει ότι p=3

, που εγκρίνεται.

Edit: Προστέθηκε και το 2 ερώτημα.

JimNt. · #3

Σε ποιο σημείο αναφέρεσαι;

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

JimNt. έγραψε:Σε ποιο σημείο αναφέρεσαι;

Εννοώ ότι δεν είναι πάρα πολύ απλή για Juniors...

#5

Θα την μεταφέρω στους Seniors.

Αν χρειαζόμαστε lifting the exponent για την επίλυση τότε δεν είναι τόσο κατάλληλη για Juniors. Σκεφτείτε πόσα πρέπει να μάθει ένας Junior προτού να είναι έτοιμος να την αντιμετωπίσει. Πιθανώς τέτοια άσκηση να μην έμπαινε ούτε στον Αρχιμήδη των Seniors!

Έχουν βέβαια εμφανιστεί ασκήσεις στην JBMO που ήθελαν lifitng the exponent. Καλύτερα όμως οι Junior μας που έχουν την δυνατότητα να λύνουν τέτοιες ασκήσεις να ρίχνουν ματιές και στους φακέλους των Seniors παρά να δυσκολεύουμε τόσο το επίπεδο των φακέλων των Juniors.

JimNt. · #6

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Δεν την λες και πολύ απλή...

1. Πρέπει να ισχύει ότι $7^a \equiv 4 \pmod{5}$

Παρατηρούμε πως τα υπόλοιπα που αφήνει μια δύναμη του με το είναι τα () τα οποία επαναλαμβάνονται. Άρα για να ισχύει ότι $7^a \equiv 4 \pmod{5}$ , πρέπει , δηλαδή άρτιος, έστω , με $m\geq 1$ .

Άρα η εξίσωση γίνεται:

$5^{2m}|7^{2m}+1\Leftrightarrow 5^{2m}|49^m+1$ . Έστω . Επειδή , από το θεώρημα παίρνουμε ότι:

$5^{k+2}||7^{2m}+1$ . Πρέπει να ισχύει ότι $5^{2m}\leq 5^{k+2}\Leftrightarrow 5^{2m-2}\leq 5^k\leq m$ , άρα αναγκαστικά , δηλαδή , όπου εγκρίνεται.

2. Η εξίσωση γίνεται:

$2^{(p-1)^2}+11=p^3$

Για δεν έχουμε λύσεις.

Άρα περιττός, δηλαδή άρτιος.

Επομένως η εξίσωση γίνεται:

Όμως $4^n \equiv 1 \mod 3\Leftrightarrow 3|4^n+11$ , άρα , που σημαίνει ότι , που εγκρίνεται.

Edit: Προστέθηκε και το 2 ερώτημα.

Βασικά $2^{(p-1)^2}=(2^{p-1})^{p-1} \equiv 1 (\mod p)$ $\Rightarrow$ $12 \equiv 0 (\mod p)$ .....

harrisp · #7

JimNt. έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Δεν την λες και πολύ απλή...

1. Πρέπει να ισχύει ότι $7^a \equiv 4 \pmod{5}$

Παρατηρούμε πως τα υπόλοιπα που αφήνει μια δύναμη του με το είναι τα () τα οποία επαναλαμβάνονται. Άρα για να ισχύει ότι $7^a \equiv 4 \pmod{5}$ , πρέπει , δηλαδή άρτιος, έστω , με $m\geq 1$ .

Άρα η εξίσωση γίνεται:

$5^{2m}|7^{2m}+1\Leftrightarrow 5^{2m}|49^m+1$ . Έστω . Επειδή , από το θεώρημα παίρνουμε ότι:

$5^{k+2}||7^{2m}+1$ . Πρέπει να ισχύει ότι $5^{2m}\leq 5^{k+2}\Leftrightarrow 5^{2m-2}\leq 5^k\leq m$ , άρα αναγκαστικά , δηλαδή , όπου εγκρίνεται.

2. Η εξίσωση γίνεται:

$2^{(p-1)^2}+11=p^3$

Για δεν έχουμε λύσεις.

Άρα περιττός, δηλαδή άρτιος.

Επομένως η εξίσωση γίνεται:

Όμως $4^n \equiv 1 \mod 3\Leftrightarrow 3|4^n+11$ , άρα , που σημαίνει ότι , που εγκρίνεται.

Edit: Προστέθηκε και το 2 ερώτημα.
Βασικά $2^{(p-1)^2}=(2^{p-1})^{p-1} \equiv 1 (\mod p)$ $\Rightarrow$ $12 \equiv 0 (\mod p)$ .....

Συνεπώς αν δεν κανω κάποιο λαθος εκ παραδρομής ισχύει για καθε

JimNt. · #8

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
JimNt. έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Δεν την λες και πολύ απλή...

1. Πρέπει να ισχύει ότι $7^a \equiv 4 \pmod{5}$

Παρατηρούμε πως τα υπόλοιπα που αφήνει μια δύναμη του με το είναι τα () τα οποία επαναλαμβάνονται. Άρα για να ισχύει ότι $7^a \equiv 4 \pmod{5}$ , πρέπει , δηλαδή άρτιος, έστω , με $m\geq 1$ .

Άρα η εξίσωση γίνεται:

$5^{2m}|7^{2m}+1\Leftrightarrow 5^{2m}|49^m+1$ . Έστω . Επειδή , από το θεώρημα παίρνουμε ότι:

$5^{k+2}||7^{2m}+1$ . Πρέπει να ισχύει ότι $5^{2m}\leq 5^{k+2}\Leftrightarrow 5^{2m-2}\leq 5^k\leq m$ , άρα αναγκαστικά , δηλαδή , όπου εγκρίνεται.

2. Η εξίσωση γίνεται:

$2^{(p-1)^2}+11=p^3$

Για δεν έχουμε λύσεις.

Άρα περιττός, δηλαδή άρτιος.

Επομένως η εξίσωση γίνεται:

Όμως $4^n \equiv 1 \mod 3\Leftrightarrow 3|4^n+11$ , άρα , που σημαίνει ότι , που εγκρίνεται.

Edit: Προστέθηκε και το 2 ερώτημα.
Βασικά $2^{(p-1)^2}=(2^{p-1})^{p-1} \equiv 1 (\mod p)$ $\Rightarrow$ $12 \equiv 0 (\mod p)$ .....
Συνεπώς αν δεν κανω κάποιο λαθος εκ παραδρομής ισχύει για καθε

Σωστά.

2nisic · #9

Μπορούμε να δώσουμε λύση στην 2 χωρίς το 1.Διακρηνοντας της περίπτωσης $a\geq p , a< p$

2nisic · #10

Αν $a\geq p\geq 3$ τότε:

$(p-1)^{a}\geq 2^{a}\geq a+1$ , $a\geq p$

Και έτσι έχουμε $a^{(p-1)^{a}}>p^{a+1}$ δηλαδή LHS>RHS

Αν

και

έχω:

$a^{(p-1)^{a}}\geq a^{(p-1)^{3}}> a^{p^{2}}> p^{a^{2}}>p^{a+1}$ δηλαδή LHS>RHS

Μένουν οι περιπτώσεις a=1or2

και

που δεν είναι δύσκολες

Έχουμε κάνει χρήση τής ανησοτητας:
Αν $a\geq b>e$ με a,b

πραγματικούς τότε : $b^{a}\geq a^{b}$

Απλή!

Απλή!

Re: Απλή!

Re: Απλή!

Re: Απλή!

Re: Απλή!

Re: Απλή!

Re: Απλή!

Re: Απλή!

Re: Απλή!

Re: Απλή!

Μέλη σε σύνδεση