IMC 2007/2/2

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8587
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

IMC 2007/2/2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Μάιος 09, 2014 7:37 pm

Έστω ακέραιοι αριθμοί x,y,z. Αν ο S = x^4 + y^4 + z^4 διαιρείται με το 29, να δειχθεί ότι διαιρείται και με το 29^4.


panagiotis99
Δημοσιεύσεις: 133
Εγγραφή: Δευ Φεβ 04, 2013 8:24 pm
Τοποθεσία: Αθηνα

Re: IMC 2007/2/2

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από panagiotis99 » Κυρ Φεβ 14, 2016 10:50 pm

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 0 είναι όλα να διαιρούνται από το 29 και αφού το 29είναι πρώτος το ζητούμενο αποδείχθηκε.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8587
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC 2007/2/2

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Φεβ 14, 2016 11:06 pm

Ναι!

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

Υποθέτουμε ότι x \neq 0 \bmod 29. Τότε το x 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 29|x και ομοίως 29|y,29|z.


Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: IMC 2007/2/2

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Δευ Φεβ 15, 2016 2:42 am

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 29 είναι πρώτος αρκεί να ελέγξει για x=0,1,2,,,,14 και όπως γνωρίζουμε οι λύσεις θα είναι της μορφής 0,\pm{i} και 15 το πλήθος συνεπώς 8 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 29 τότε θα είναι και ο άλλος άρα το αποδείξαμε.

Αν κανένας από τους y.z δεν είναι πολλαπλάσιος του 29 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.


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες