IMC 2007/2/2

#1

Έστω ακέραιοι αριθμοί x,y,z

. Αν ο

διαιρείται με το

, να δειχθεί ότι διαιρείται και με το 29^4

.

panagiotis99 · #2

Καλησπέρα , Κύριε Δημήτρη ψάχνοντας στο φάκελο βρήκα αυτό.
Αρχικά το βρήκα ενδιαφέρον αλλά μετά παρατήρησα:
$a^4\equiv 0,1,7,16,20,23,24,25 mod29$
H μόνη περίπτωση να πάρουμε

είναι όλα να διαιρούνται από το

και αφού το

είναι πρώτος το ζητούμενο αποδείχθηκε.

#3

Ναι!

Για να γλιτώσουμε πράξεις στον έλεγχο μπορούμε να κάνουμε το εξής:

Υποθέτουμε ότι $x \neq 0 \bmod 29$ . Τότε το

είναι αντιστρέψιμο $\bmod 29$ οπότε μπορούμε να βρούμε y',z'

ώστε $1 + (y')^4 + (z')^4 \equiv \bmod 29$ . Τώρα ο έλεγχος είναι πιο απλός και βλέπουμε ότι δεν υπάρχουν τέτοια y',z'

. Άρα

και ομοίως 29|y,29|z

.

Αρχιμήδης 6 · #4

Να αναλύσω λίγο την ωραία λύση που έγραψε παραπάνω ο Δημήτρης!
Φυσικά και του Παναγιώτη είναι πολύ όμορφη και απ'οτι βλέπω δεν θα είναι και πάρα πολλές οι δοκιμές αφού για την $x^2\equiv{j}mod29$ με δεδομένο ότι ο

είναι πρώτος αρκεί να ελέγξει για x=0,1,2,,,,14

και όπως γνωρίζουμε οι λύσεις θα είναι της μορφής $0,\pm{i}$ και

το πλήθος συνεπώς

το πλήθος λύσεις για την $x^4\equiv{j}mod29$

Έστω $x^4+y^4+z^4\equiv0mod29$ αν $x\neq0mod29$ τότε $x*x^{-1}\equiv1mod29$ , $x^{-1}$ μη μηδενικός ακέραιος.

Άρα

$(x*x^{-1})^4\equiv1mod29$ άρα

$x^4(x^{-1})^4\equiv1mod29$ (1)

$x^4+y^4+z^4\equiv0mod29$ (2)

Πολλαπλασιάζω την (2) με $(x^{-1})^4$ και τότε

$x^4(x^{-1})^4+y^4(x^{-1})^4+z^4(x^{-1})^4\equiv0mod29$

$1+(yx^{-1})^4+(zx^{-1})^4\equiv0mod29$ και θέτω $yx^{-1}=a$ , $zx^{-1}=b$ άρα αρκεί να λύσω την

$1+a^4+b^4\equiv0mod29$ που δεν έχει λύσεις άρα $x\equiv0mod29$

Άρα $y^4+z^4\equiv0mod29$

Αν τώρα τουλάχιστον ένας είναι πολλαπλάσιος του

τότε θα είναι και ο άλλος άρα το αποδείξαμε.

Αν κανένας από τους y.z

δεν είναι πολλαπλάσιος του

τότε πάλι με τον ίδιο τρόπο του αντιστρόφου καταλήγουμε σε άτοπο η αλλιώς

$y^4+z^4\equiv0mod29$
$y^{28}+z^{28}\equiv2mod29$ (από Fermat) άρα

$-2z^{28}\equiv2mod29$

$z^{28}\equiv-1mod29$ αδύνατον.

IMC 2007/2/2

IMC 2007/2/2

Re: IMC 2007/2/2

Re: IMC 2007/2/2

Re: IMC 2007/2/2

Μέλη σε σύνδεση